广东佛山第一中学、珠海第一中学、金山中学高二数学下学期期中文

广东省佛山市第一中学、珠海市第一中学、金山中学2018-2019学年高二数学下学期期中试题 文（含解析）一、选择题 (本大题共12小题，每小题5分，满分60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.设集合，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法将集合化简，然后再求.【详解】因为，所以，故选.【点睛】本题主要考查了集合交集运算，以及一元二次不等式解法，属于基础题.2.已知复数，则的共轭复数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先将化简，然后根据共轭复数的定义得出结果.【详解】因为，所以的共轭复数是，故选.【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及共轭复数的定义，属于基础题.3.设、分别为双曲线的左右焦点，点为左支上一点，且，则的值为（ ）A. 1B. 2C. 5D. 6【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的定义以及相关性质，即可求出的值.【详解】由双曲线方程可知：，则由题意，有，且所以有，故答案选.【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，标准方程及相关性质，属于基础题.4.角是的一个内角，若命题，命题，则是的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由题意知命题：或，所以是的充分不必要条件.5.如下图是某个几何体的三视图，则这个几何体体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，其由一个三棱柱和一个半圆柱组成，然后利用对应的体积公式即可求解.【详解】由三视图可知，其由一个三棱柱和一个半圆柱组成，如图，则，故答案选.【点睛】本题主要考查了组合体的三视图，以及柱体的体积计算，属于基础题.6.已知，满足约束条件，则的最大值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合即可得到结论【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，等价于，作直线，向上平移，易知当直线经过点时最大，所以，故选D【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法7.已知椭圆 的上下顶点分别为A，B，右顶点为C，右焦点为，若，则该椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用向量垂直的等价条件，以及椭圆的性质，即可求出离心率.【详解】因为，所以，因为，所以，即，而，则有，即，由于，所以，故选.【点睛】本题考查了离心率的求解，椭圆的性质以及向量法的运用，属于中档题. 对于离心率求解问题，关键是建立关于的齐次方程，主要有两个思考方向，一方面，可以从几何的角度，结合曲线的几何性质以及题目中的几何关系建立方程；另一方面，可以从代数的角度，结合曲线方程的性质以及题目中的代数的关系建立方程.8.执行如下图所示程序框图，若输出k的值为5，则判断框内可填入的条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题目条件，按照程序框图进行，直到符合输出值从而确定判断条件.【详解】由题意，满足条件，则，满足条件，则，满足条件，则，满足条件，则，由于输出值为，所以此时不满足条件，而满足条件，由此可以判断，条件设为符合，故选.【点睛】本题主要考查了程序框图的判断条件，考查了计算能力，属于基础题.9.函数在上的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用函数的性质，特殊值法以及排除法，即可判断.【详解】因为，而，所以，所以排除项，因为当时，则，因为在内单调递减，在内单调递增，如图，两函数只有一个交点，所以只有一个零点，故在至多有一个极值点，排除项，故选项.【点睛】本题主要考查了函数图像判断，以及函数的相关性质，属于中档题.函数图像的识别可从以下几个方面入手：（1）从函数的定义域判断图像左右位置；从函数的值域判断图像的上下位置；（2）从函数的单调性判断图像的变化趋势；（3）从函数的奇偶性判断图像的对称性；（4）从函数的周期性判断图像的循环往复；（5）取特殊点，把点代入函数，从点的位置判断；（6）必要时可求导研究函数性质，从函数的特征点，排除不合要求的图像.充分利用上述的几个方面，排除、筛选错误与正确的选项.10.对于大于的自然数的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”，仿此，若的“分裂数”中有一个是59，则的值为( )A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】【分析】由题意可知，的三次方就是的奇数相加，而且从2开始，这些三次方的分解正好是从奇数3开始连续出现的，由此规律即可找出的“分裂数”中有一个是59时，的值.【详解】由题意，从到，包括从3开始的连续奇数共个；因为59是从3开始的第29个奇数，而当时，从到，包括从3开始的连续奇数共27个；而当时，从到，包括从3开始的连续奇数共35个；故，答案选.【点睛】本题主要考查了数列的相关知识，考查了观察，找规律的能力，属于中档题.11.如图，圆形纸片的圆心为O，半径为6cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为OE，F，G，H为圆O上的点，ABE，BCF，CDG，ADH分别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起ABE，BCF，CDG，ADH，使得E，F，G，H重合得到一个四棱锥当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据侧面积与底面积的关系求出正方形的边长，进而利用外接球的性质求出半径，从而求出外接球的表面积.【详解】如图：连接交于点，设重合交于点，设正方形的边长为，则，因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则，解得，设该四棱锥的外接球的球心为，半径为，则有，因为，所以.则，解得，外接球的表面积为，故选.【点睛】本题主要考查了折叠问题，以及外接球问题，属于难题.对于平面图形折叠成空间几何体的相关问题，关键是抓住不变的数量关系以及位置关系；对于外接球问题，关键是找出球心位置并确定半径.12.若存在唯一的正整数，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是 ( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将不等式存在唯一正整数解的问题转化为对应函数问题，进而通过分离参数，将其转化为两个函数的函数值大小问题，通过图像法寻找到该正整数解，从而确定满足要求的等价条件，求出的范围.【详解】设，则存在唯一的正整数，使得，设，因为，所以当以及时，为增函数，当时，为减函数，在处，取得极大值，在处，取得极大值.而恒过定点，两个函数图像如图，要使得存在唯一的正整数，使得，只要满足，即，解得，故选.【点睛】本题主要考查了不等式唯一整数解问题，考查了函数与不等式的关系以及图像法的运用，导数的应用等，属于难题.不等式有唯一整数解的问题，关键是寻找出对应的整数解，得到函数在其相邻整数的不等关系，从而求解出参数范围.二填空题 (本大题共4小题，每小题5分，满分20分)13.已知函数(为自然对数底数)，且函数在点处的切线斜率为1，则_【答案】【解析】【分析】利用函数的导数几何意义即可求得.【详解】因为，所以，所以.【点睛】本题主要考查了函数导数的几何意义，属于基础题.14.等差数列的公差为，若成等比数列，则数列的前项和=_【答案】【解析】【分析】利用等差数列通项公式以及等比中项性质，即可建立方程求出，再利用等差数列求和公式求解即可.【详解】由题意，成等比数列，则有，解得，所以，故答案为.【点睛】本题主要考查了等差数列通项公式、求和公式，以及等比中项的性质，属于基础题.15.直线 与圆相交于两点，若，则实数的取值范围是 _【答案】【解析】分析】利用圆心到直线距离以及半径表示弦长，结合弦长的范围，即可求出的范围.【详解】因为圆：，直线：，而，则，解得：，所以的取值范围为.【点睛】本题主要考查了直线与圆的弦长问题，以及圆的性质，属于基础题.16.在中，角的对边分别为，若，且的面积，则的最小值为_【答案】3【解析】【分析】利用角的关系以及三角恒等变换相关公式将条件中的恒等式化简，即可求出角，然后利用面积公式得到，结合余弦定理以及基本不等式，即可求出的最小值.【详解】因为，而，代入上式化简得：所以，因为，所以；因为，所以得；因为，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为3.【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，三角恒等变换，面积公式以及基本不等式，属于中档题.这类型题的关键在于结合余弦定理，运用基本不等式求解最值.三、解答题：本大题共6小题，满分80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.为数列的前项和，已知，且.（1）求证：为等差数列； （2）设，求数列的前项和.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用与的关系将条件转化为递推关系，化简即可得，即由定义可证.（2）利用等差数列通项公式求出，从而求得，利用裂项求和法即可求出其前项和.【详解】（1） ， 当时, -得， 即， ， 即， 为等差数列 （2）由已知得，即 解得（舍）或 【点睛】本题主要考查了等差数列证明，以及裂项求和法的应用，属于中档题. 等差数列的证明主要有两种方法：（1）定义法，证得即可，其中为常数；（2）等差中项法：证得即可.18.如图，是圆的直径，是圆上除、外的一点，平面，四边形为平行四边形，（1）求证：平面；（2）当三棱锥体积取最大值时，求此刻点到平面的距离【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直判定定理，分别证得与垂直，从而证得平面，再由，即可使结论得证.（2）由于动点使得三棱锥的底面积和高都在改变，所以通过设，利用分别表示，从而构建体积的函数，求出体积最大值以及成立的条件，再利用等体积法求出点到平面的距离.【详解】（1）证明： 是圆的直径， ， 平面，平面， ，平面，平面， 平面，四边形为平行四边形， 平面.（2）设， ， 平面， 为三棱锥的高， 平面，而，当时，即时，三棱锥的体积最大值为，此时，在中，而，显然，设点到平面的距离为， .【点睛】本题考查了线面垂直证明，以及点面距离的求解，涉及到函数的思想，运用到了等体积法，属于中档题.对于几何动态问题，关键是弄清楚是什么量引起变化，再合理地选取变量，建立函数进行求解.而点线距离的求解问题，主要有三个方法：（1）定义法，通过找出对应的点线距离，结合解三角形求解距离问题；（2）等体积法，通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离；（3）间接法，利用线面平行或者面面平行的性质，将点线距离恰当转化为易求的距离问题，间接求解.19.已知抛物线:的焦点为点在该抛物线上，且.（1）求抛物线的方程;（2）直线与轴交于点E,与抛物线相交于，两点, 自点，分别向直线作垂线，垂足分别为,记的面积分别为.试证明:为定值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用点在抛物线上，以及焦半径公式，即可求出的值，从而求出抛物线方程.（2）结合韦达定理，以及面积公式，分别用表示与，从而化简求得.【详解】（1）抛物线焦点为准线方程为 点在该抛物线上 依定义及得 由解得抛物线的方程为 （2）由 消得 设，则 则 又 【点睛】本题主要考查了抛物线方程的求解，以及定值问题的证明，涉及到抛物线的相关性质，韦达定理，三角形面积公式等，属于难题.对于定值问题，解这类型问题时，要合理地选择参数（参数可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等），使用参数表达其中变化的量，再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标，从而通过代数变换化简，证得定值问题.在化简过程中注意消元，尽量化为单参数问题进行求解.20.已知函数，.（1）求函数的单调区间;（2）是否存在实数，使得函数的极值大于？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）结合的定义域，以及导数的零点的情况，确定分类讨论的标准为，从而求出对应的单调区间.（2）由（1）可知，只有当时，在定义域内有一个零点，即为的极大值点.要使得极大值，等价转化为使得，再结合导函数的性质，即可得求得的范围.【详解】（1）函数的定义域为. 当时， 函数单调递增区间为. 当时，令得， .（）当，即时， ， 函数的单调递增区间为. （）当，即时，方程的两个实根分别为，. 若，则，此时，当时，.函数的单调递增区间为， 若，则，此时，当时，,单调递增当时， 单调递减综上，当时，函数单调递增区间为单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为. （2）解：由(1)得当时，函数在上单调递增，故函数无极值； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；则有极大值，其值为， 其中. 而， 设函数，则， 则在上为增函数. 又，故等价于.因而 等价于. 即在时，方程的大根大于1， 设，由于的图象是开口向下的抛物线，且经过点(0,1)，对称轴，则只需，即解得，而，故实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查了函数单调区间的求解，以及函数极值问题，涉及到导数在函数单调性、极值问题中的应用，以及函数与方程的思想，属于难题.对于函数（含参）单调性讨论问题，关键是结合函数的定义域，以及导数的零点情况（零点的存在性、个数、求解、分布以及大小关系），确定分类讨论的标准，从而讨论导数符号，确定函数单调性（单调区间）.21.在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.已知曲线： （为参数）， ：（为参数）.（1）化，的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；（2）直线的极坐标方程为，若上的点对应的参数为，为上的动点，求线段的中点到直线距离的最小值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系消去参数，即可化为普通方程，并根据方程形式判断曲线类型.（2）先根