佛山一中、石门中学、顺德一中、国华纪中四校2018-2019学年高二下学期期末联考数学（文）试题 Word版含解析

2018-2019学年下学期佛山一中、石门中学、顺德一中、国华纪中期末联考高二年级文科数学试卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.每小题只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由集合可得，在计算的值可得答案.【详解】解:由题知，故.故选.【点睛】本题主要考查集合的交集运算，属于基础题型.2.设复数，是的共轭复数，则的虚部为A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】由，得，代入，利用复数的代数形式的乘除运算，即可求解.【详解】由题意，复数，得，则，所以复数的虚部为，故选C.【点睛】本题主要考查了共轭复数的概念，以及复数的代数形式的运算，其中解答中熟记复数的基本概念，以及复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.“”是“直线与直线平行”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要【答案】B【解析】【详解】时，直线与直线不平行，所以直线与直线平行充要条件是，即且，所以“”是直线与直线平行的必要不充分条件故选B4.下列函数中，值域为的偶函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：A中，函数为偶函数，但，不满足条件；B中，函数为奇函数，不满足条件；C中，函数为偶函数且，满足条件；D中，函数为偶函数，但，不满足条件，故选C考点：1、函数的奇偶性；2、函数的值域5.若，则，大小关系正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据，可得出，从而得出的大小关系，得到答案.【详解】由题意，因为，所以，又由，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了指数函数、幂函数和对数的图象与性质的应用，其中解答中熟记基本初等函数的单调性，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6.函数的图象大致是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数在、上的符号及的值可得正确的选项.【详解】当时，故D不正确， 当时，故A,C不正确，综上，选B【点睛】对于函数的图像问题，我们可先计算函数的定义域，然后研究函数的奇偶性，再研究函数在特殊点的函数值的大小或特殊范围上函数值的符号，必要时可依据导数的符号确定函数的单调区间，结合排除法可得正确的结果7.函数的定义域为，且，当时，；当时，则A. 672B. 673C. 1345D. 1346【答案】D【解析】【分析】根据函数周期的定义，得到函数是周期为3的周期函数，进而求得的值，进而得到，即可求解.【详解】根据题意，函数的定义域为，且，则函数是周期为3的周期函数，又由当时，则，当时，则，由函数是周期为3的周期函数，则 则，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了函数周期性的应用，以及函数值的计算，其中解答中根据函数周期性的定义，求得函数是周期为3的周期函数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8.在棱长为1的正方体中，E，F分别为线段CD和上的动点，且满足，则四边形所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和（）A. 有最小值B. 有最大值C. 为定值3D. 为定值2【答案】D【解析】【分析】分别在后，上，左三个平面得到该四边形的投影，求其面积和即可【详解】依题意，设四边形D1FBE的四个顶点在后面，上面，左面的投影点分别为D，F，B，E，则四边形D1FBE在上面，后面，左面的投影分别如上图所以在后面的投影的面积为S后=11=1，在上面的投影面积S上=DE1=DE1=DE，在左面的投影面积S左=BE1=CE1=CE，所以四边形D1FBE所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和S=S后+S上+S左=1+DE+CE=1+CD=2故选：D【点睛】本题考查了正方体中四边形的投影问题，考查空间想象能力属于中档题9.已知平面，是两个相交平面，其中，则A. 平面内一定能找到与平行的直线B. 平面内一定能找到与垂直的直线C. 若平面内有一条直线与平行，则该直线与平面平行D. 若平面内有无数条直线与垂直，则平面与平面垂直【答案】B【解析】【分析】在A中，当与，的交线相交时，内不能找到与平行的直线；在B中，内一定能找到与垂直的直线；在C中，该直线与平行或该直线在内；在D中，与不一定垂直，即可得到答案.【详解】由题意，平面，是两个相交平面，其中，在A中，当与，的交线相交时，内不能找到与平行的直线，所以不正确；在B中，由直线与平面的位置关系，可知内一定能找到与垂直的直线，所以是正确的；在C中，平面内有一条直线与平行，该直线与平行或该直线在内，所以不正确；在D中，平面内有无数条直线与垂直，则与不一定垂直，所以不正确，故选B.【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面的位置关系的判定，其中解答中熟记空间中点、线、面位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.10.过直线上的一点作圆的两条切线，当直线关于对称时，它们之间的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】过圆心M作直线l：y=x的垂线交于N点，过N点作圆的切线能够满足条件，不难求出夹角为【详解】圆（x-5）2+（y-1）2=2的圆心（5，1），过（5，1）与y=x垂直的直线方程为x+y-6=0，它与y=x 的交点N（3，3），N到（5，1）距离是2，圆的半径为，两条切线l1，l2，它们之间的夹角为故选C11.过抛物线C：y24x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MNl，则M到直线NF的距离为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】写出直线方程，与抛物线方程联立解得点坐标，从而有点坐标，然后写出直线的方程，由点到直线距离公式得距离【详解】如图，由抛物线的方程y24x知F(1，0)，故直线FM方程为联立方程组消去y，得3(x22x1)4x.整理，得3x210x30，x3或(舍去)点M的坐标为由MN垂直于准线，得，故直线FN的方程为，即，即.由点到直线的距离得.故选C.【点睛】本题考查直线与抛物线相交问题，考查点到直线距离公式等知识，属于中档题12.已知变量，且，若恒成立，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】A【解析】【分析】由可化为，设函数，可得答案.【详解】解：即化为，故在上为增函数，故的最大值为.故选.【点睛】本题主要考查函数的单调性及导数的应用，由已知构造出后求导是解题的关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.我国古代数学名著九章算术记载：“勾股各自乘，并之，为弦实”，用符号表示为a2b2c2(a，b，cN*)，把a，b，c叫做勾股数下列给出几组勾股数：3,4,5；5,12,13；7,24,25；9,40,41，以此类推，可猜测第5组勾股数的第二个数是_【答案】60【解析】【分析】由前四组勾股数可得第5组第一个数为11，第二、三个数为相邻的两个整数，可设为，列出方程，即可求解.【详解】由前四组勾股数可得第五组的第一个数为11，第二、三个数为相邻的两个整数，设第二、三个数为：，所以，解得，所以第5组勾股数的三个数依次为，故答案为：.【点睛】本题主要考查了合情推理的应用，其中解答中认真审题，合理进行归纳、列出方程计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.14.数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线已知的顶点，则的欧拉线方程为_.【答案】【解析】【分析】由，得到的外心、重心、垂心都位于线段的垂直平分线上，求出线段的垂直平分线的方程，即可得到答案.【详解】由题意，线段的中点为，所以线段的垂直平分线为，即，因为，所以的外心、重心、垂心都位于线段的垂直平分线上，因此的欧离线方程为，故答案为：.【点睛】本题主要考查了欧离线的方程，等腰三角形的性质，以及利用直线的点斜式方程求解直线的方程，着重考查了推理能力与计算能力，属于中档试题.15.已知直三棱柱的顶点都在球的球面上，若球的表面积为，则这个直三棱柱的体积是_【答案】16【解析】【分析】先根据勾股定理判断出底面是等腰直角三角形，再判断出的中点为直三棱柱的外接球的球心，根据球的面积得出球的半径和棱柱的高，最后利用柱体的体积公式，即可求解.【详解】如图所示，因为，所以，取的中点，则的中点直三棱柱的外接球的球心，由球的表面积公式，得，解得，所以，又由，所以这个直三棱柱的体积为，故答案为：.【点睛】本题主要考查了球的表面积公式，以及柱体的体积公式的应用，其中解答中熟练掌握空间几何体的结构特征，列出方程求得球的半径和棱柱的高是解答的关键，着重考查了推理能与计算能力，属于中档试题.16.在平面直角坐标系中，过点的一条直线与函数的图像交于两点，则线段长的最小值是_【答案】【解析】【分析】设，得到当直线与函数过点的切线垂直时，线段最短，利用导数的几何意义求出切线的坐标，进而可求得答案.【详解】设，点为直线与函数在第一象限的焦点，则，可得当直线与函数过点的切线垂直时，线段最短，设切点，函数的导数为，则，解得，此时，所以线段长的最小值为，故答案为：.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，两点间的距离公司，以及两直线垂直的条件等知识的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及运算与求解能力，属于中档试题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题。17.已知函数是偶函数.（1）求实数的值；（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）因为函数是偶函数，所以有，即求出的值；（2）分离参数，因为，所以不等式等价于，使得不等式恒成立，只要即可求出的范围。试题解析（1）因为函数是定义域为的偶函数，所以有，即，即，故.（2），且在上恒成立，故原不等式等价于在上恒成立，又，所以，所以，从而，因此，.18.下表为年至年某百货零售企业的线下销售额（单位：万元），其中年份代码年份年份代码线下销售额（1）已知与具有线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测年该百货零售企业的线下销售额；（2）随着网络购物的飞速发展，有不少顾客对该百货零售企业的线下销售额持续增长表示怀疑，某调查平台为了解顾客对该百货零售企业的线下销售额持续增长的看法，随机调查了位男顾客、位女顾客（每位顾客从“持乐观态度”和“持不乐观态度”中任选一种），其中对该百货零售企业的线下销售额持续增长持乐观态度的男顾客有人、女顾客有人，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为对该百货零售企业的线下销售额持续增长所持的态度与性别有关？参考公式及数据：【答案】（1），万元；（2）能.【解析】【分析】（1）先求出，利用给出的公式求出，可得线性回归方程.代入可得年该百货零售企业的线下销售额.（2）先根据题设中的数据得到列联表，再根据公式算出的值，最后根据表中数据可得在犯错误的概率不超过的前提下认为对该百货零售企业的线下销售额持续增长所持的态度与性别有关.【详解】（1）由题易得，所以，所以，所以y关于x的线性回归方程为由于，所以当时，所以预测年该百货零售企业的线下销售额为万元（2）由题可得列联表如下：持乐观态度持不乐观态度总计男顾客女顾客总计故的观测值，由于，所以可以在犯错误的概率不超过的前提下认为对该百货零售企业的线下销售额持续增长所持的态度与性别有关【点睛】本题考查线性回归方程的计算和独立性检验，此类问题属于基础题，解题时注意公式的正确使用.19.如图1所示，在等腰梯形，垂足为，将沿折起到的位置，使平面平面，如图2所示，点为棱的中点（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求三棱锥的体积【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）在图1的等腰梯形内，过作的垂线，垂足为，可得四边形为正方形，且，为中点在图2中，连结，证明结合，利用平面与平面平行的判定可得平面平面，从而得到平面；（2）由平面平面，得平面进一步得到求解三角形证明再由线面垂直的判定可得平面；（3）证明面，可得线段为三棱锥底面的高，然后利用等积法求三棱锥的体积【详解】（1）在如图的等腰梯形内，过作的垂线，垂足为， ，又， 四边形为正方形，且，为中点在如图中，连结， 点是的中点，又 ，平面，平面， 平面平面，又 面，平面；（2） 平面平面，平面平面，平面， 平面又平面，又，满足，又，平面；（3）， 面又线段为三棱锥底面的高， 【点睛】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题20.在直角坐标系中，已知一动圆经过点且在轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）过点作互相垂直的两条直线，与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，线段，的中点分别为，求证：直线过定点，并求出定点的坐标【答案】（1）；（2）证明见解析；【解析】试题分析：（1）设圆心坐标，利用圆心的半径相等可建立等式，求得曲线的方程；（2）易知两直线的斜率都存在，设直线斜率可得直线方程，与抛物线方程联立可得点坐标，同理可得的坐标，得直线的方程，得其过定点，且得出定点坐标试题解析：（1）设圆心，依题意有，即得，曲线的方程为（2）易知直线，的斜率存在且不为0，设直线的斜率为，则直线：，由得，同理得当或时，直线的方程为；当且时，直线的斜率为，直线的方程为，即，直线过定点，其坐标为考点：曲线的轨迹方程；直线与抛物线的位置关系【易错点睛】导数法解决函数的单调性问题：（1）当不含参数时，可通过解不等式直接得到单调递增（或递减）区间（2）已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件恒成立，解出参数的取值范围（一般可用不等式恒成立的理论求解），应注意参数的取值是不恒等于的参数的范围21.已知函数.（1）当时，判断函数的单调性；（2）若函数在处取得极小值，求实数a的取值范围.【答案】（1）函数在区间单调递减（2）【解析】分析】（1）当时，求得函数的导数，构造函数，利用导数求得的单调性与最值，进而得出的符号，即可求解函数的单调性；（2）求得函数导数，构造新函数，求得的导数，分，四种情况讨论，求得的单调性与最值，得出单调性，即可求解的极值，进而得到的范围.【详解】（1）当时，定义域为，设，则，当时，当时，所以函数在单调递增，在单调递减，的最大值为，所以当时，即所以函数在区间单调递减（2）由已知得：，则，记，则，若时，则当时，在单调递增且当时，即当时，即又，所以函数在处取得极小值，满足题意.若时，则，当时，故函数区间单调递增，且当时即当时，即又，所以函数在处取得极小值，满足题意.若时，则，由（1）知函数在区间单调递减，故在区间单调递减，不满足题意.若时，则，当时，故函数在单调递减且当时，即当时，即，又，所以函数在处取得极大值，不满足题意.综上，实数a的取值范围是【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转