1、 舒城中学高二统考试卷（四） 文 数 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题12小题，每小题5分，共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设全集，集合，那么为（ ）ABCD2函数的部分图象大致是（ ）ABCD3下列4个说法中正确的有（ ）命题“若，则”的逆否命题为“若则”；若，则；若复合命题：“”为假命题，则p，q均为假命题；“”是“”的充分不必要条件ABCD4函数是奇函数的充要条件是（ ）ABCD5已知函数的值域是，则函数的定义域为（ ）A，2 B2，4 C4，8 D1，26已知函数可表示为1234则下列结论正确的是（ ）AB的值域是C的值域是D在区间
2、上单调递增7已知，则，的大小关系是（ ）ABCD8已知函数，且，则（ ）ABCD9如图，某池塘里浮萍的面积y（单位：）与时间（单位：月）的关系为.关于下列说法：浮萍每月的增长率为1；第5个月时，浮萍面积就会超过；浮萍每月增加的面积都相等；若浮萍蔓延到所经过的时间分别是，则，其中正确的说法是（ ）ABCD10已知函数，若，则的取值范围是（ ）ABCD11已知是定义在上的且以2为周期的偶函数，当时，如果直线与曲线恰有两个不同的交点，则实数的值为 （ ）ABC0D12已知函数，若是函数的唯一极值点，则实数的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡的相
3、应位置.13设命题：函数的定义域为；命题：当时， 恒成立，如果命题“pq”为真命题，则实数的取值范围是_14.若函数的图象关于点（1，1）对称，则实数=_15已知函数，则的值域为_.16若直线是曲线的一条切线，则_三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17(本题12分)设的内角、所对的边长分别为、，满足，且.（1）求角的大小：（2）若，边上的中线的长为，求的面积.18(本题12分)如图所示，半圆弧所在平面与平面垂直，且是弧上异于 ，的点， .（1）求证:平面;（2）若为弧的中点，且，求点到平面的距离.19(本题12分)近年来，共享单车进驻城市，绿色出行引领
4、时尚某公司计划对未开通共享单车的县城进行车辆投放，为了确定车辆投放量，对过去在其他县城的投放量情况以及年使用人次进行了统计，得到了投放量（单位：千辆）与年使用人次（单位：千次）的数据如下表所示，根据数据绘制投放量与年使用人次的散点图如图所示（1）观察散点图，可知两个变量不具有线性相关关系，拟用对数函数模型或指数函数模型对两个变量的关系进行拟合，请问哪个模型更适宜作为投放量与年使用人次的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并求出关于的回归方程；（2）已知每辆单车的购入成本为元，年调度费以及维修等的使用成本为每人次元，按用户每使用一次，收费元计算，若投入辆单车，则几年后可实现盈利？参考数据
5、：其中，参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，20(本题12分)设椭圆中心在坐标原点，是它的两个顶点，直线与相交于点D，与椭圆相交于两点（）求椭圆的离心率；（）求四边形面积的最大值21(本题12分)已知函数，（1）令，求的最小值；（2）若恒成立，求的取值范围选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22(本题10分)在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知点，曲线与曲线相交于两点，求
6、23(本题10分)设函数解不等式：；记函数的最小值为，已知，且，求证：参考答案1-5：BACDA 6-10：BCDCA 11-12:DA13. 14. 1 15. 16.17（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，再利用两角和的余弦公式整理可得，即可得解；（2）由向量的平行四边形法则可得，同时平方，再结合余弦定理可推出，求出c代入三角形面积公式即可得解.【详解】（1）因为，由正弦定理得，又，故，从而，即；而，故为锐角，所以.（2）因为为边上的中线，从而，所以有，又中，有，从而，所以，为直角三角形，在直角中，因为，所以，的面积.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，涉
7、及两角和的余弦公式、向量的平行四边形法则、向量数量积，属于中档题.18（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先证明，再证明平面平面，证得，利用线面垂直的判定定理可以证明平面（2）先证明，利用等体积法求点到平面的距离.【详解】解:（1）证明:取中点，连接因为，所以因为，所以四边形是平行四边形又，所以四边形是正方形设，则，所以，即又平面平面，平面平面所以平面，又平面，所以因为，又，所以平面（2）解:为弧的中点，由可知，均为等腰直角三角形，又，所以可得，因此，从而可得所以由的结论平面可知，到平面的距离为设点到平面的距离为则所以.【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何位置关系的证明
8、，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果求体积（或求距离），常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.19（1）适宜，；（2）6年.【分析】（1）由散点图可判断适宜，设，则，再根据参考数据及公式即可得解；（2）先将代入得年使用人次，进而可得收益和总投资比较大小即可得解.【详解】（1）由散点图判断，适宜作为投放量与年使用人次的回归方程类型由，两边同时取常用对数得设，则因为，所以把代入，得，所以，所以，则，故关于的回归方程为（2）投入千辆单车，则年使用人次为千人次，每年的收益为（千元），总投资千元，假设需要年开始盈利，则，即，
9、故需要年才能开始盈利【点睛】关键点点睛：对于非线性回归方程的求解，一般要结合题意作变换，转化为线性回归方程来求解，同时也要注意相应数据的变化.20（）解：依题设得椭圆的方程为，直线的方程分别为， 2分如图，设，其中，且满足方程，故由知，得；由在上知，得所以，化简得，解得或 6分（）根据点到直线的距离公式和式知，点到的距离分别为，9分又，所以四边形的面积为，当，即当时，上式取等号所以的最大值为【解析】试题分析：（）由题意易得椭圆方程，直线的方程，再设，满足方程，把用坐标表示出来得，又点在直线上，则，根据以上关系式可解得的值；（）先求点E、F到AB的距离，再求，则可得面积，然后利用不等式求面积的最
10、大值.试题解析：（I）依题意，得椭圆的方程为， 1分直线的方程分别为， 2分如图设，其中，满足方程且故，由知，得， 4分由点在直线上知，得， 5分，化简得解得或. 7分（II）根据点到直线的距离公式和式知，点E、F到AB的距离分别为， 8分， 9分又，所以四边形AEBF的面积为， 11分当即当时，上式取等号，所以S的最大值为 13分考点：1、椭圆的性质；2、直线与椭圆相交的综合应用；3、不等式.21（1）0；（2）【分析】（1）有题意知，根据导数求出函数的单调性，由此可求出函数的最小值；（2）原不等式等价于在上恒成立，令，求导得，令，易得在存在唯一的零点，即，得，结合函数的单调性得，由此可求出
11、答案【详解】解：（1）有题意知，当，即在上单调递减，当，即在上单调递增，故，的最小值为0；（2）原不等式等价于，即，在上恒成立，等价于，在上恒成立，令，令，则为上的增函数，又当时，在存在唯一的零点，即，由，又有在上单调递增，的取值范围是【点睛】本题主要考查利用函数的导数研究函数的单调性与最值，考查计算能力，考查转化与化归思想，属于难题22（1），；（2）.【分析】（1）将已知极坐标方程利用两角和的余弦公式展开，利用极直互化公式得到的直角坐标方程，利用同角三角函数的平方关系消去参数的值，得到的普通方程；（2）写出以为基点的直线的参数方程，代入的普通方程，利用参数的几何意义，结合韦达定理运算.【详
12、解】（1），,的直角坐标方程为，的普通方程为；(2)的参数方程为(为参数)，将曲线的参数方程代入的普通方程，整理得.令，由韦达定理,则有,， .【点睛】本题考查参数方程，普通方程，极坐标方程之间的互化，考查直线的参数方程的应用，关键是要掌握直线参数方程中参数的几何意义.23（1）；（2）见解析【解析】【分析】对x分三种情况讨论去绝对值；变形后用基本不等式证明本题考查了绝对值不等式的解法属中档题【详解】解：，当时，不等式即为，解得，当时，不等式即为，解得，当时，不等式即为，解得综上所述，不等式的解集为证明：由可知，即，即【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想
