2018-2019学年四川省蓉城名校联盟高二下学期期中联考数学(理)试题(解析版)

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2018-2019学年四川省蓉城名校联盟高二下学期期中联考数

学（理）试题

一、单选题

1．23i（） A．1312i 【答案】D

【解析】根据复数的乘法运算法则计算可得结果. 【详解】

B．1312i

C．512i

D．512i

2

23i

2

412i9i2512i.

故选：D. 【点睛】

本题考查复数的乘法运算，属于基础题.

2．已知命题p为xR，5x22x20，则命题p的否定为（） A．xR，5x22x20 C．xR，5x22x20 【答案】C

【解析】根据含全称量词命题的否定的定义可直接得到结果. 【详解】

由含全称量词的否定的定义可得命题p的否定为：xR，5x22x20. 故选：C. 【点睛】

本题考查含量词的命题的否定，属于基础题. 3．曲线y8A．

3

B．xR，5x22x20 D．xR，5x22x20

x2与x轴及直线x2所围成的图形的面积为（）

B．

4 3

C．

3 4

D．

1 2

【答案】A

【解析】根据定积分的几何意义将所围图形面积转化为定积分求解. 【详解】

第 1 页共 18 页

13282

xdxx 依题意所围图形面积为3030

故选：A 【点睛】

本题考查了利用定积分求曲边梯形的面积，属于基础题.

4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为（）

2

A．5 【答案】C

B．10 C．13 D．32

【解析】根据三视图知几何体为三棱锥，勾股定理求出最长棱长. 【详解】

根据三视图知几何体为三棱锥，

其中AC1,BC3,DC3，且ACBC,BCCD,DCCA，

该几何体的最长棱长为BD223213. 故选：C 【点睛】

本题考查根据三视图还原几何体，属于基础题.

5．函数fx2cosxsinx的最小正周期为（）

2

2

A．



2

B．

C．

3 2

D．2

第 2 页共 18 页

【答案】B

【解析】利用同角三角函数的平方关系及降幂公式化简函数解析式，的值代入周期计算公式即可得解。【详解】

因为fxcosx1

2

213

cos2x，所以fx的最小正周期为. 222

故选：B 【点睛】

本题考查同角三角函数的平方关系及降幂公式，余弦型函数的周期性，属于基础题. 6．如图是函数yfx的导函数yfx的图象，下列说法正确的是（）

A．x1是函数yfx的极小值点 B．x1是函数yfx的极大值点 C．函数yfx在1,上是减函数 D．函数yfx在2,2上是增函数【答案】D

【解析】根据导函数的符号可确定fx的单调性，结合极值点的定义可确定正确结果. 【详解】

由图象可知，当x2,2时，fx0；当x2,时，fx0，

fx在2,2上单调递增，在2,上单调递减，可知C错误，D正确； x1和x1不是函数的极值点，可知A,B错误.

故选：D. 【点睛】

本题考查根据导函数图象与原函数之间的关系，涉及到极值点的定义的应用，属于基础题.

7．已知直线a、b，平面、，则以下结论正确的是（）

第 3 页共 18 页

A．若a//b，b，则a//

B．若a//b，a，b，则//

C．若a，b，a//，b//，则// D．若ab，b，a，则a// 【答案】D

【解析】根据线面平行、面面平行的判定定理排除A、B、C即可确定答案. 【详解】

A选项，若a//b，b，则a//或a；

B选项，若a//b，a，b，则//或,相交；

C选项，若a，b，a//，b//，加上条件a、b相交可推出//； D选项正确. 故选：D 【点睛】

本题考查空间中点线面之间的位置关系，线面平行、面面平行的判定定理，属于基础题. 8．执行如图程序框图，则输出的s为（）

A．100 【答案】B

B．91 C．90 D．89

【解析】按照程序框图运行程序，直到不满足i4时，输出结果即可. 【详解】

按照程序框图运行程序，输入：i1，k100，s0，满足i4，循环；

s0100100，k

100

10，i2，满足i4，循环； 10

第 4 页共 18 页

s1001090，ks90191，k

故选：B. 【点睛】

10

1，i3，满足i4，循环； 10

1

，i4，不满足i4，输出s91. 10

本题考查根据程序框图的循环结构计算输出结果的问题，属于基础题. 9．若不等式tA．

4 3

13

，当x0,2时恒成立，则实数t的最大值为（） 63xx

108

B．2 C． D．

33

【答案】C 【解析】令fx

13

，利用导数可求得fx在0,2上的最小值，得到63xx

tfxmin，从而得到结果.

【详解】令fx

13x189x188x

0x2， 63xxx63x3x26x

fx

83x26x188x6x6

3x6x

2

2

2



24x2108x108

3x6x

2

2



122x29x9

3x26x

2



122x3x3

3x26x

，

33

当x0,时，fx0；当x,2时，fx0，

22

33

fx在0,上单调递减，在,2上单调递增，

22

183

fxminf2

3， 269

2

88

tfx对x0,2恒成立，tfxmin，即t的最大值为.

33

故选：C. 【点睛】

本题考查恒成立问题的求解，关键是能够将恒成立问题转化为函数最值的求解问题，通过导数求得函数最值，从而得到参数范围. 10．已知函数fx

1

xalnx存在极值点，则实数a的取值范围为（） x

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A．2, C．2, 【答案】A

B．,2 D．,2

2,

【解析】求出函数的定义域及导数，函数fx存在极值点则方程x2ax10在

(0,)上有解，分类讨论函数单调性从而确定极值点.

【详解】

1ax2ax1

fx的定义域为(0,)，f(x)21， 2

xxx

对于一元二次方程x2ax10，△a24，函数fx存在极值点则方程

x2ax10在(0,)上有解，a240a2或a2，方程的根为

aa24

，x

2

①当a2时，f(x)0恒成立，fx在(0,)上单调递减且无极值点；

22

aa4aa4时，f(x)0，函数fx单②当a2时，在0x及x

22

aa24aa24

调递减；在时，f(x)0，函数fx单调递增，则函数x

22

有2个极值点；

2

aa4③当a2时，x0，所以x(0,)时，f(x)0，函数fx单

2

调递减且无极值点. 综上所述，a2. 故选：A 【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性与极值点，属于中档题.

11．设函数fx是定义在R上的可导函数，其导函数为f'x，且f22，

2fxf'x

A．2, 【答案】B

2337fxx，则的解集为（） 10105

B．,2 C．2, D．,2

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【解析】构造新函数F(x)fx10x5，求出函数导数利用所给不等式确定

2

37

F(x)符号从而确定函数F(x)的单调性，结合F(2)0即可解不等式F(x)0即

237

. fxx105

【详解】

2373

F(x)fxxF(x)2fxfx令，则， 10510

3

因为2fxfx，所以F(x)0，函数F(x)在R上单调递增，

10372

且F(2)[f(2)]0，

55

237fxx所以不等式F(x)0即的解集为,2. 105

故选：B 【点睛】

本题考查利用函数单调性解不等式，复合函数求导，构造新函数是解题关键，属于中档题.

x2y2

12．已知椭圆E：221ab0的左焦点为F，E与过原点的直线相交于A、

ab

B两点，连接AF、BF，若AFBF，sinFAB

A．

13

16

B．

13 17

5

，则E的离心率e为（）

13

1313

C． D．

1819

【答案】B

【解析】设椭圆右焦点为F，可证得四边形AFBF为矩形，从而得到FFAB2c；利用椭圆定义和直角三角形边长关系可求得方程，从而求得离心率. 【详解】

设椭圆右焦点为F，连接AF,BF.

17

AB2a，从而构造出关于a,c的齐次13

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O为AB,FF中点，四边形AFBF为平行四边形，又AFBF，

四边形AFBF为矩形，FFAB2c.

551212

AB，则AFAB，BFAFAB，，BF

131313131734c13

BFBFAB2a，即c2a，e.

1313a17sinFAB

故选：B. 【点睛】

本题考查椭圆离心率的求解问题，关键是能够结合椭圆的对称性和定义构造出关于a,c的齐次方程，进而配凑出离心率的形式.

二、填空题

13．函数yex的导数y'______. 【答案】ex

【解析】直接利用复合函数求导法则求导即可. 【详解】

yex

【点睛】

本题考查复合函数的导数，属于基础题.

14．某校有高一、高二、高三三个年级的学生，数量分别为780人、720人、660人，为了解他们的视力是否存在显著差异，用分层抽样方法抽取了一个容量为n的样本进行调查，其中从高二年级抽取了12人，则n为______. 【答案】36

【解析】根据高二年级人数和总人数可计算得到抽样比，利用抽样比可求得样本容量. 【详解】

12

7201n36

. ，1由题意得：高二年级抽样比为

7807206603

3

故答案为：36. 【点睛】

本题考查分层抽样中样本容量、抽样比的计算，属于基础题.

15．在区间0,1上随机取一个数x，在区间0,2上随机取一个数y，使xy1成立的概率为______.

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【答案】

1 4

【解析】在平面直角坐标系中画出x,y构成的平面区域以及满足xy1的点构成的区域，根据几何概型概率公式可求得结果. 【详解】

由题意得：x,y构成的平面区域为如下图所示的矩形，则满足xy1的所有点所构成的区域为图中的阴影部分：

1

11使xy1成立的概率1. 2P124

1

故答案为：.

4

【点睛】

本题考查几何概型中的面积型问题的求解，属于基础题.

16．已知抛物线C1：y2x24x和C2：y2x2m有且仅有一条公切线（同时与

C1和C2相切的直线称为C1和C2的公切线），则m______.

【答案】1

【解析】设公切线与两曲线相切于x0,y0，利用导数的几何意义可构造方程求得x0，

22

进而可利用y02x04x02x0m求得结果.

【详解】

由y2x4x得：y4x4；由y2xm得：y4x.

2

2

设公切线与两曲线相切的切点为x0,y0，则4x044x0，解得：x0

222

y02x04x02x0m，即m4x04x0121.

1

， 2

故答案为：1.

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【点睛】

本题考查利用曲线的公切线求解参数值的问题，关键是能够根据导数的几何意义，得到斜率的等量关系.

三、解答题

17．已知函数f(x)x33ax2，曲线yf(x)在x1处的切线方程为

3xym0.

（Ⅰ）求实数a，m的值；（Ⅱ）求f(x)在区间[1,2]上的最值.

【答案】（Ⅰ）最大值为2，最小值为242.（Ⅱ）最大值为2，最小值为242. 【解析】（Ⅰ）切点(1,y)在函数f(x)x3ax2上，也在切线方程为3xym0上，得到一个式子，切线的斜率等于曲线yf(x)在x1的导数，得到另外一个式子，联立可求实数a，m的值；（Ⅱ）函数f(x)在闭区间的最值在极值点或者端点处取得，通过比较大小可得最大值和最小值. 【详解】

解：（Ⅰ）f(x)3x3a，

∵曲线f(x)x33ax2在x1处的切线方程为3xym0，

2

3

f(1)33a3∴解得a2，m0. f(1)33a3m

32

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)x6x2，则f(x)3x6，

令f(x)0，解得x2，

∴f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,2]上单调递增，

3

又f(1)1623，f(2)26222，

f

22

3

622242，

∴f(x)在区间[1,2]上的最大值为2，最小值为242. 【点睛】

本题主要考查导函数与切线方程的关系以及利用导函数求最值的问题.

18．某家庭为了解冬季用电量y（度）与气温xC之间的关系，随机统计了某5天

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的用电量与当天气温，并制作了对照表，经过统计分析，发现气温在一定范围内时，用电量与气温具有线性相关关系：

xC

0 15

1 12

2 11

3 9

4 8

y（度）

（1）求出用电量y关于气温x的线性回归方程；

（2）在这5天中随机抽取两天，求至少有一天用电量低于10（度）的概率.

（附：回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式为b

x

i1

n

i

xyiy

i



，

x

i1

n

x



2

aybx）

【答案】（1）y1.7x14.4 （2）

7

10

【解析】（1）根据表中数据计算得到最小二乘法所需数据，根据最小二乘法计算可得结果；

（2）采用列举法得到所有基本事件和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果. 【详解】

（1）由表格数据知：x

n

1512119801234

2，y11，

55

xxyy0215114281117，

i

i

i1

xix

i1

n

2

02124210，

222

b

xxyy

i

i

i1

n

xix

i1

n



2

17

1.7，aybx111.7214.4. 10

用电量y关于气温x的线性回归方程为y1.7x14.4.

（2）假设事件A为随机从5天中抽取2天，至少有一天用电量低于10度，

从这5天中随机抽取2天，总共有15,12，15,9，12,11，12,9，15,11，15,8，

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12,8，11,9，11,8，9,8，10种抽取方法；

用电量至少有1天低于10度的情况有15,9，15,8，12,9，12,8，11,9，

11,8，9,8，共7种情况；

PA

7. 10

7. 10

在这5天中随机抽取两天，至少有一天用电量低于10度的概率为

【点睛】

本题考查利用最小二乘法求解线性回归直线、古典概型概率问题的求解；对于基本事件个数较少的古典概型问题，通常采用列举法来进行求解.

19．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bccosAacosC. （1）求A的大小；

（2）若a2，且SABC3，求bc的值. 【答案】（1）A



3

（2）bc4

【解析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差公式可求得cosA，进而得到结果；（2）利用三角形面积公式可构造方程求得bc，代入余弦定理中，构造出关于bc的方程，解方程求得结果. 【详解】

（1）由正弦定理得：2sinBsinCcosAsinAcosC，即2sinBcosAsinAcosCcosAsinCsinACsinB，

B0,，sinB0，cosAA0,，A

1

. 2



3

.

11

（2）SABCbcsinAbcsin3，bc4，

223

1b2c2a2b2c24

由余弦定理得：cosA， 

22bc8

b2c2bc2bcbc88，解得：bc4.

【点睛】

本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角的应用、余弦定理和三角形面积公式的应用等知识，属于常考题型.

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22

20．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，已知PD平面ABCD，E为PC的中点，PDCD2，过点E作EFPB于F，连接DF，BD，DE.

（1）求证：平面DEF平面PBC；

（2）若直线BP与平面ABCD所成角的正切值为成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

5

，求平面DEF与平面ABCD所5

6 6

【解析】（1）证明BC⊥平面PCD推出BCDE，再证明DE平面PBC推出（2）利用线面DEPB，然后证明PB平面DEF从而由线面垂直推出面面垂直；

角的正切值求出AD，以D为坐标中心建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，代入公式cosPD,BP【详解】

（1）证明：∵PD平面ABCD，∴PDBC，

又∵DCBC，DCPDD，DC平面PCD，PD平面PCD， ∴BC⊥平面PCD，∴BCDE，又∵PDCD，∴DEPC，

PDBPDPBP

即可得解.

DEBC

，∴DE平面PBC，∴DEPB， DEPC

BCPCC

DEPB

又∵EFPB，∴PB平面DEF，

DEEFE

又∵PB平面PBC，∴平面DEF平面PBC.

（2）∵DP平面ABCD，∴BP与平面ABCD所成角为PBD， ∴tanPBD

DP5

， 

BD5

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假设ADa，∴BD4a2，∴

DP25

，∴a4，

2BD54a

以D为坐标中心建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

A4,0,0，B4,2,0，D0,0,0，C0,2,0，P0,0,2，E0,1,1，

由（1）可知PB平面DEF，∴BP为平面DEF的法向量，又∵PD平面ABCD，∴PD为平面ABCD的法向量， ∵PD0,0,2，BP4,2,2， ∴cosPD,BP

PDBPDPBP



0402222

42

6. 6

22

22



6. 6

∴平面DEF与平面ABCD所成角的余弦值为

【点睛】

本题考查线面垂直、面面垂直的证明，空间向量法求二面角的余弦值，属于中档题.

x2y2

21．在椭圆C：221ab0中，点A，F分别为椭圆的左顶点和右焦点，

ab

若已知离心率e

1

，且A在直线xy20上. 2

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点F的直线与椭圆C交于P，Q两点，连接AP，AQ分别交直线x4于点

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M，N，求证：以MN为直径的圆经过定点F.

x2y2

【答案】（1）1 （2）证明见解析

43

【解析】（1）根据A点坐标、离心率和椭圆a,b,c关系可求得a,b,c，进而得到椭圆方程；

（2）设PQ:xmy1，与椭圆方程联立得到韦达定理的形式；分别利用y1,y2表示出M,N的坐标，从而得到FM,FN；根据平面向量数量积运算可得FMFN0，得到FMFN，从而证得结论. 【详解】（1）

椭圆C的左顶点A在直线xy20上且A位于x轴上，A2,0，

a2.

e

c1

，c1，b2a2c23， a2

x2y2

椭圆C的方程为：1.

43

（2）由（1）知：F1,0，设Px1,y1，Qx2,y2，

∵PQ过点F，可设PQ的直线方程为：xmy1，

xmy1

22

联立方程x2y2得：3m4y6my90，

134

y1y2

6m9

yy. ，12

3m243m24

y1

x2， x12

设直线AP的方程为y

6y16y16y2

M4,，同理可得：N4,， ，即M4,

my3my3x21216y26y1

FN3,FM3,，， 

my23my13

从而

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FMFN9

36y1y236y1y2

92

my1y23my1y29my13my23

9

23m49990. 96m2

m23m29

3m43m4

36

FMFN，即点F在以MN为直径的圆上.

【点睛】

本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、定点定值问题的求解；本题证明的关键是能够根据圆的性质将问题转化为证明两向量垂直的问题，进而根据平面向量数量积求得结果.

22．若函数fxalnx1（1）讨论fx的单调性；

（2）若fx0在1,上恒成立，求实数a的取值范围；

121

xax1. 22

1111n1

. ln2ln3ln4lnnn

1

【答案】（1）答案不唯一，见解析（2）a （3）证明见解析

2

（3）求证：对任意的正整数n都有，

【解析】（1）求出导数，令fx0即xx1a0，分类讨论不等式的解集确定导数的符号从而确定函数的单调性；（2）由题意知f0a

11

0则a，由

22

（1）确定函数单调性从而求出函数fx在1,上的最小值，根据不等式恒成立的条件即可求出a的范围；（3）取a

12

由（2）可推出lnx1xx成立，取2

11111

1，取x3，得，…，ln22ln323

xx1得lnxx2x，取x2时，得

取x

n，得

111

，累加即得所需证明的不等式. lnnn1n

【详解】

（1）∵fxalnx1

121xax1， 22

x21axxx1aa

∴fx， xa

x1x1x1

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令fx0即xx1a0，方程xx1a0的根为0，a1, ①当a10即a1时，fx在(1,0)，(0,)上单调递增；

②当a10即a1时，fx在1,0和a1,上单调递增，在0,a1上单调递减；

③当1a10即0a1时，fx在1,a1和0,上单调递增，在

a1,0上单调递减；

④当a11即a0时，fxx，fx在1,0上单调递减，在0,上单调递增；

⑤当a11即a0时，fx在1,0上单调递减，在0,上单调递增；综上所述：当a0时，函数fx在1,0上单调递减，在0,上单调递增；当0a1时，fx在1,a1和0,上单调递增，在a1,0上单调递减；当a1时，fx在(1,0)，(0,)上单调递增；

当a1时，fx在1,0和a1,上单调递增，在0,a1上单调递减；（2）∵fx0在1,上恒成立，∴f0a

11

0，∴a，

22

由（1）知，当a0时，函数fx在1,0上单调递减，在0,上单调递增； ∴fminxf0a（3）取a

11

0，∴a；

22

112112

，∴fxlnx1xx0lnx1xx， 2222

取xx1，可得lnxx2x，

11111

当x1时，∵lnx0，xx0，∴， lnxx2xxx1x1x

2

取x2时，得

111； ln22

取x3，得… 取x

111； ln323

n，得

111； lnnn1n

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将这n个式子相加，得【点睛】

1111n1

. 

ln2ln3ln4lnnn

本题考查利用导数研究函数的性质，利用导数证明不等式恒成立，裂项相消法，属于难题.

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