安县外国语学校2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析

一、选择题

1． 复数z=

（m∈R，i为虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（

）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限　

2． 复数z=

（其中i是虚数单位），则z的共轭复数=（

D．﹣ +i

）

D．p假q假）

A．﹣iB．﹣﹣iC． +i

3． 若命题“p或q”为真，“非p”为真，则（ A．p真q真

B．p假q真

4． 已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足）

A．（0，1）

B．（0，]

C．p真q假

=0的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（

C．（0，）D．[，1）

5． 已知三棱锥A﹣BCO，OA、OB、OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为（　　）

A．B．或36+C．36﹣D．或36﹣

6． 运行如图所示的程序框图，输出的所有实数对（x，y）所对应的点都在某函数图象上，则该函数的解析式为（

）

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A．y=x+2B．y=C．y=3xD．y=3x3

）

7． 已知向量=（1，2），=（m，1），如果向量与平行，则m的值为（ A．

B．

C．2

D．﹣2

8． 在平面直角坐标系中，直线y=A．4

B．4

C．2

D．2

x与圆x2+y2﹣8x+4=0交于A、B两点，则线段AB的长为（

）

9． 下列函数在其定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ）

A． B． C． D．

10．棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后所得的几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．B．18C．D．

）

11．执行如图的程序框图，则输出S的值为（

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A．2016B．2

C．D．﹣1

）

12．棱长为2的正方体的8个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（ A．4

B．6

C．8

D．10二、填空题

13．已知线性回归方程

=9，则b=　　　　　　．　

14．定义：[x]（x∈R）表示不超过x的最大整数．例如[1.5]=1，[﹣0.5]=﹣1．给出下列结论：①函数y=[sinx]是奇函数；

②函数y=[sinx]是周期为2π的周期函数；③函数y=[sinx]﹣cosx不存在零点；

④函数y=[sinx]+[cosx]的值域是{﹣2，﹣1，0，1}．

其中正确的是　　　　　　．（填上所有正确命题的编号）　　

15．（﹣2）7的展开式中，x2的系数是　　　　　　．116．已知函数fxx3mx,gxlnx.mina,b表示a,b中的最小值，若函数

4hxminfx,gxx0恰有三个零点，则实数m的取值范围是 ▲ ．17．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，2an+1=an，若对于任意n∈N*，当t∈[﹣1，1]时，不等式x2+tx+1＞Sn恒成立，则实数x的取值范围为　　．　

18．如图所示是y=f（x）的导函数的图象，有下列四个命题：①f（x）在（﹣3，1）上是增函数；②x=﹣1是f（x）的极小值点；

③f（x）在（2，4）上是减函数，在（﹣1，2）上是增函数；

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④x=2是f（x）的极小值点．

其中真命题为　　（填写所有真命题的序号）．　

三、解答题

19．直三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，AA1=AB=AC=1，E，F分别是CC1、BC 的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．（1）证明：DF⊥AE；

（2）是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为若不存在，说明理由．

？若存在，说明点D的位置，

20．（本小题满分12分）在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD与CDEF均为正方形，CF平面

ABCD，BG平面ABCD，且AB2BG4BH．

（1）求证：平面AGH平面EFG；

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（2）求二面角DFGE的大小的余弦值．

21．设F是抛物线G：x2=4y的焦点．

（1）过点P（0，﹣4）作抛物线G的切线，求切线方程；

（2）设A，B为抛物线上异于原点的两点，且满足FA⊥FB，延长AF，BF分别交抛物线G于点C，D，求四边形ABCD面积的最小值．

22．已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3=3，S3=9（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=log2

，且{bn}为递增数列，若cn=

，求证：c1+c2+c3+…+cn＜1．

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23．已知命题p：“存在实数a，使直线x+ay﹣2=0与圆x2+y2=1有公共点”，命题q：“存在实数a，使点（a，1）在椭圆

内部”，若命题“p且¬q”是真命题，求实数a的取值范围．

24．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)|x2||x1|，g(x)x.（1）解不等式f(x)g(x)；

（2）对任意的实数，不等式f(x)2x2g(x)m(mR)恒成立，求实数m的最小值.111]

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安县外国语学校2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析（参）一、选择题

1． 【答案】C【解析】解：z=

=

=

=

+

i，

当1+m＞0且1﹣m＞0时，有解：﹣1＜m＜1；当1+m＞0且1﹣m＜0时，有解：m＞1；当1+m＜0且1﹣m＞0时，有解：m＜﹣1；当1+m＜0且1﹣m＜0时，无解；故选：C．

【点评】本题考查复数的几何意义，注意解题方法的积累，属于中档题．　

2． 【答案】C【解析】解：∵z=∴=故选：C．

【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题．　

3． 【答案】B

【解析】解：若命题“p或q”为真，则p真或q真，若“非p”为真，则p为假，∴p假q真，故选：B．

【点评】本题考查了复合命题的真假的判断，是一道基础题．　

4． 【答案】C

【解析】解：设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a，b，c，∵

=0，

∴M点的轨迹是以原点O为圆心，半焦距c为半径的圆．又M点总在椭圆内部，

∴该圆内含于椭圆，即c＜b，c2＜b2=a2﹣c2．∴e2=

＜，∴0＜e＜

．

．

=

，

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故选：C．

【点评】本题考查椭圆的基本知识和基础内容，解题时要注意公式的选取，认真解答．　

5． 【答案】D

【解析】

【分析】由于长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，故MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积，利用体积分割及球体的体积公式即可．【解答】解：因为长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界）， 有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体可能为该球体的或该三棱锥减去此球体的，即：

．

故选D

6． 【答案】 C

【解析】解：模拟程序框图的运行过程，得；该程序运行后输出的是实数对

（1，3），（2，9），（3，27），（4，81）；这组数对对应的点在函数y=3x的图象上．故选：C．

【点评】本题考查了程序框图的应用问题，是基础题目．　

7． 【答案】B【解析】解：向量可得2m=﹣1．解得m=﹣．故选：B．　

8． 【答案】A

【解析】解：圆x2+y2﹣8x+4=0，即圆（x﹣4）2+y2 =12，圆心（4，0）、半径等于2由于弦心距d=故选：A．

=2，∴弦长为2

=4

，．

，向量与平行，

或

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【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题．　

9． 【答案】B

【解析】【知识点】函数的单调性与最值函数的奇偶性【试题解析】若函数是奇函数，则对C：

在（-和（

故排除A、D；

上单调递增，

但在定义域上不单调，故C错；故答案为：B10．【答案】D

【解析】解：由三视图可知正方体边长为2，截去部分为三棱锥，作出几何体的直观图如图所示：

故该几何体的表面积为：3×22+3×（故选：D．　

11．【答案】B

【解析】解：模拟执行程序框图，可得s=2，k=0

满足条件k＜2016，s=﹣1，k=1满足条件k＜2016，s=，k=2满足条件k＜2016，s=2．k=3满足条件k＜2016，s=﹣1，k=4满足条件k＜2016，s=，k=5…

）+=，

观察规律可知，s的取值以3为周期，由2015=3*671+2，有满足条件k＜2016，s=2，k=2016

不满足条件k＜2016，退出循环，输出s的值为2．故选：B．

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【点评】本题主要考查了程序框图和算法，依次写出前几次循环得到的s，k的值，观察规律得到s的取值以3为周期是解题的关键，属于基本知识的考查．　

12．【答案】B【解析】

考

点：球与几何体

二、填空题

13．【答案】　4　．

【解析】解：将故答案为：4

【点评】本题考查线性回归方程，考查计算能力，属于基础题．　

14．【答案】　②③④　

【解析】解：①函数y=[sinx]是非奇非偶函数；

②函数y=[sinx]的周期与y=sinx的周期相同，故是周期为2π的周期函数；③函数y=[sinx]的取值是﹣1，0，1，故y=[sinx]﹣cosx不存在零点；

④函数数y=[sinx]、y=[cosx]的取值是﹣1，0，1，故y=[sinx]+[cosx]的值域是{﹣2，﹣1，0，1}．故答案为：②③④．

【点评】本题考查命题的真假判断，考查新定义，正确理解新定义是关键．　

15．【答案】﹣280 解：∵（由

﹣2）7的展开式的通项为，得r=3．

．

=

．

代入线性回归方程可得9=1+2b，∴b=4

∴x2的系数是

故答案为：﹣280．

5316．【答案】,44第 10 页，共 17 页

【解析】

2试题分析：fx3xm，因为g10，所以要使hxminfx,gxx0恰有三个零点，须满足

f10,f(5m153m)0,m0，解得m,m343244考点：函数零点

【思路点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.17．【答案】　（﹣∞，

【解析】解：数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，2an+1=an，∴数列{an}是以1为首项，以为公比的等比数列，

]∪[

，+∞）　．

Sn==2﹣（）n﹣1，

对于任意n∈N*，当t∈[﹣1，1]时，不等式x2+tx+1＞Sn恒成立，∴x2+tx+1≥2，x2+tx﹣1≥0，令f（t）=tx+x2﹣1，∴解得：x≥

或x≤

，

，

]∪[

，+∞）．

∴实数x的取值范围（﹣∞，　

18．【答案】　①　

【解析】解：由图象得：f（x）在（1，3）上递减，在（﹣3，1），（3，+∞）递增，∴①f（x）在（﹣3，1）上是增函数，正确，x=3是f（x）的极小值点，②④不正确；

③f（x）在（2，4）上是减函数，在（﹣1，2）上是增函数，不正确，故答案为：①．　

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三、解答题

19．【答案】

【解析】（1）证明：∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB，又∵AA1⊥AB，AA1⊥∩AE=A，∴AB⊥面A1ACC1，又∵AC⊂面A1ACC1，∴AB⊥AC，

以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，

则有A（0，0，0），E（0，1，），F（，，0），A1（0，0，1），B1（1，0，1），设D（x，y，z），则 D（λ，0，1），所以∵

=（0，1，），∴

•=（=

且λ∈，即（x，y，z﹣1）=λ（1，0，0），

，，﹣1），=0，所以DF⊥AE；

．

（2）结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为理由如下：

设面DEF的法向量为=（x，y，z），则∵

=（

，，），

=（

，﹣1），

，

∴，即，

令z=2（1﹣λ），则=（3，1+2λ，2（1﹣λ））．由题可知面ABC的法向量=（0，0，1），∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为∴|cos＜，＞|=解得

或

=

，即

，

=

，

（舍），所以当D为A1B1中点时满足要求．

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【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．　

20．【答案】

【解析】【命题意图】本题主要考查空间直线与平面间的垂直关系、空间向量、二面角等基础知识，意在考查空间想象能力、逻辑推理能力，以及转化的思想、方程思想．

∵GH平面AGH，∴平面AGH平面EFG．……………………………5分

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21．【答案】

【解析】解：（1）设切点由

．

，

，知抛物线在Q点处的切线斜率为

．

故所求切线方程为即y=x0x﹣x02．

因为点P（0，﹣4）在切线上．

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所以，，解得x0=±4．

所求切线方程为y=±2x﹣4．

（2）设A（x1，y1），C（x2，y2）．

由题意知，直线AC的斜率k存在，由对称性，不妨设k＞0．因直线AC过焦点F（0，1），所以直线AC的方程为y=kx+1．点A，C的坐标满足方程组得x2﹣4kx﹣4=0，由根与系数的关系知|AC|=

，

=4（1+k2），，

因为AC⊥BD，所以BD的斜率为﹣，从而BD的方程为y=﹣x+1．同理可求得|BD|=4（1+SABCD=|AC||BD|=当k=1时，等号成立．

所以，四边形ABCD面积的最小值为32．

【点评】本题考查抛物线的方程和运用，考查直线和抛物线相切的条件，以及直线方程和抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查基本不等式的运用，属于中档题．　

22．【答案】已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3=3，S3=9（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=log2

，且{bn}为递增数列，若cn=

，求证：c1+c2+c3+…+cn＜1．

），

=8（2+k2+

）≥32．

【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．

【专题】计算题；证明题；方程思想；综合法；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，从而可得3（1++

）=9，从而解得；

=2n，利用裂项求和法求和．

（Ⅱ）讨论可知a2n+3=3•（﹣）2n=3•（）2n，从而可得bn=log2【解析】解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，则3（1++

）=9，

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解得，q=1或q=﹣；故an=3，或an=3•（﹣）n﹣3；

（Ⅱ）证明：若an=3，则bn=0，与题意不符；故a2n+3=3•（﹣）2n=3•（）2n，故bn=log2=2n，故cn=

=﹣

，

故c1+c2+c3+…+cn=1﹣+﹣+…+﹣=1﹣

＜1．

【点评】本题考查了数列的性质的判断与应用，同时考查了方程的思想应用及裂项求和法的应用．　

23．【答案】

【解析】解：∵直线x+ay﹣2=0与圆x2+y2=1有公共点∴

≤1⇒a2≥1，即a≥1或a≤﹣1，

命题p为真命题时，a≥1或a≤﹣1；∵点（a，1）在椭圆内部，

∴

，

命题q为真命题时，﹣2＜a＜2，

由复合命题真值表知：若命题“p且¬q”是真命题，则命题p，￢q都是真命题即p真q假，则

⇒a≥2或a≤﹣2．故所求a的取值范围为（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）．　

24．【答案】（1）{x|3x1或x3}；（2）.【

解

析

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】

题解析：（1）由题意不等式f(x)g(x)可化为|x2|x|x1|，当x1时，(x2)x(x1)，解得x3，即3x1；当1x2时，(x2)xx1，解得x1，即1x1；当x2时，x2xx1，解得x3，即x3

（4分）

综上所述，不等式f(x)g(x)的解集为{x|3x1或x3}.

（5分）

（2）由不等式f(x)2x2g(x)m可得|x2||x1|m，分离参数m，得m|x2||x1|，∴m(|x2||x1|)max∵|x2||x1||x2(x1)|3，∴m3，故实数m的最小值是. 考点：绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．1

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试

10分）

（