1、临汾一中2018-2019学年度高二年级第二学期期中考试数学（文）试题一、选择题：在每小题列出的四个选项中，只有一项最符合要求的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】集合， 则.故答案为：C.2.若复数满足，其中为虚数单位，则共轭复数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，故选B.3.小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：开机密码的可能有，共15种可能，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是，故
2、选C【考点】古典概型【解题反思】对古典概型必须明确两点：对于每个随机试验来说，试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；每个基本事件出现的可能性相等只有在同时满足、的条件下，运用的古典概型计算公式（其中n是基本事件的总数，m是事件A包含的基本事件的个数）得出的结果才是正确的4.在中，若，则角等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理可求的大小.注意用“大边对大角”来判断角的大小关系.【详解】由正弦定理可得，所以，所以，因，所以，故为锐角，所以，故选A.【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四
3、个量.（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.5.已知双曲线的焦距为10，点在的一条渐近线上，则的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出渐近线的方程为，代入后可得关系，结合可得的值，从而得到双曲线的方程.【详解】双曲线的渐近线的方程为，代入可得，又且，所以，故双曲线的方程为，选A.【点睛】求双曲线的方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.前者可根据题设条件得到关于基本量的方程组，解方程组后可得双曲线的方程，后者可利用定义（第一定义、
4、第二定义等）得到基本量的大小，然后直接得到双曲线的方程.6.若，函数的图像向右平移个单位长度后关于原点对称，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出平移后的图像对应的解析式，再利用其关于原点对称得到满足的等式，从而可求其最小值.【详解】函数的图像向右平移个单位长度后，对应图像的解析式为，因为的图像关于原点对称，所以，故，因，故的最小值为，故选B.【点睛】一般地，如果为奇函数，则，如果为偶函数，则.7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. 44B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】复原出对应的几何体后根据三视图中的数据可得其表面积.【详解
5、】三视图对应的几何体为四棱锥，其底面为矩形，顶点在底面上的投影为矩形对角线的交点（如图所示），且，高，故底边上的高为，底边上的高为，四棱锥的表面积为，故选D.【点睛】本题考查三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系及相应的数量关系8.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用对数函数和指数函数的单调性比较大小.【详解】因为0a1，blog21，所以cab.【点睛】本题考查指数式、对数式的大小的比较，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数、指数函数的单调性的合理运用9.函数图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由函数的解析式
6、，当时,是函数的一个零点,属于排除A,B,当x(0,1)时，cosx0，,函数f(x) 0，函数的图象在x轴下方，排除D.本题选择C选项.点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象利用上述方法排除、筛选选项10.已知数列满足，则（ ）A. 1024B. 1023C. 2048D. 2047【答案】B【解析】an+1=an+2n；an+1an=2n；(a2a1)+(a3a2)+(a10a9)=2+22+29=1
7、022；a10a1=a101=1022；a10=1023.本题选择B选项.点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项11.如图，已知是椭圆的左、右焦点，点 在椭圆上，线段与圆相切于点 ，且点为线段的中点，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用为的中点及可得且为直角三角形，故可得的等式关系，从这个等式关系进一步得到，消去后可得离心率.【
8、详解】连接， 因为线段与圆相切于点，故，因，点为线段的中点，故且，故，又，故，整理得到，所以，所以，故选A.【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组12.已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，若对任意的正实数，都有恒成立，且，则使成立的实数的集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构建新函数，可证它是偶函数且为上的增函数，故可得实数满足的不等式组，从而得到原不等式的解集.【详解】令，则，故当时，有，所以在上的增函数，又，故为上的偶函数.且在上的
9、减函数，又等价于，所以或，综上，实数的集合，故选B.【点睛】如果题设中有关于函数及其导数的不等式，我们应具体该式的形式构建新函数并且新函数的单调性可根据题设中的不等式得到，构建新函数时可借鉴导数的运算规则.二、填空题.13.已知向量，若向量与共线，则实数 _【答案】【解析】【分析】先求出的坐标，利用向量共线的坐标形式可得的值.【详解】因为，所以，故，填.【点睛】如果，那么：（1）若，则；（2）若，则.14.若满足约束条件，则的最大值是_【答案】1【解析】【分析】画出不等式组对应的可行域，平移动直线可得的最大值.【详解】不等式组对应的可行域如图阴影部分所示：当动直线过时，有最大值，由可得，故，填
10、.【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率15.已知为正实数且，若不等式对任意正实数恒成立，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】两次用基本不等式可求得.【详解】原不等式等价于恒成立，由基本不等式可知，当且仅当时等号成立，故，又，当且仅当时等号成立，故，填.【点睛】应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.16.已知则方程的根的个数
11、是_【答案】5【解析】【分析】令，先求出的解为 或，再分别考虑和的解，从而得到原方程解的个数.【详解】令，先考虑的解，它等价于或，解得 或，再考虑，它等价于或，前者有1个解，后者有两个解；再考虑的解，它等价于或，前者无解，后者有两个不同的解且与的解不重复，综上原方程有5个不同的实数解.【点睛】求复合方程的解的个数问题，其实质就是方程组的解的个数问题，先利用导数或初等函数的性质等工具刻画的图像特征并考虑的解 ，再利用导数或初等函数的性质等工具刻画的图像特征并考虑的解情况，诸方程解的个数的总和即为原方程解的个数.三解答题.17.已知的内角的对边分别为，（1）求；（2）若，求及的面积【答案】（1）（
12、2）【解析】【分析】（1）方法一：利用正弦定理将边化角，利用三角形内角和及和角的正弦公式求出。方法二：利用余弦定理将角化边。（2）利用余弦定理求出边c，根据面积公式即得。【详解】（1）方法一：因为，由正弦定理得，即， 又 ，所以，整理得， 因，所以，解得，因为，所以 方法二：由已知可得由余弦定理得， 整理得，所以 因为，所以 （2）由（1）知，由余弦定理可得，即， 整理得，解得或（舍去）所以的面积【点睛】主要考察三角函数正余弦定理的应用，面积公式，属于基础题。18.某研究机构对某校高二文科学生的记忆力和判断力进行统计分析，得下表数据6810122356（1）请画出上表数据的散点图；（2）请根据
13、上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程；（3）试根据（2）中求出的线性回归方程，预测记忆力为14的学生的判断力.（参考公式：其中）【答案】（1）见解析；（2）（3）判断力为7.5.【解析】【分析】（1）按表中数据可得散点图.（2）利用公式可计算线性回归方程.（3）利用（2）的回归方程可计算预测记忆力为14的学生的判断力.【详解】（1）（2），所以.故线性回归方程为.（3）当时，故可预测记忆力为14的学生的判断力为7.5.【点睛】本题考查线性回归方程的计算及其应用，属于基础题.19.如图，是以为直径的半圆上异于的一点，矩形所在平面垂直于该半圆所在的平面，且（1）求证：；（2）设平面与
14、半圆弧的另一个交点为，求三棱锥的体积【答案】（1）见解析； （2）.【解析】【分析】(1)由面面垂直的性质定理可得，在半圆中，为直径，所以，即，由此平面，故有(2)由等腰梯形可知，由等体积法【详解】(1)证明：因为矩形平面，平面且，所以平面，从而，又因为在半圆中，为直径，所以，即，由知平面，故有(2)因为，所以平面又因为平面平面，所以，在等腰梯形中，所以， 【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理，和等体积法处理三棱锥的体积问题。20.已知直线与抛物线相交于两点，是坐标原点（1）求证：；（2）若是抛物线的焦点，求的面积【答案】（1）见解析.（2）【解析】试题分析：（1）由，得，根据韦达定理以及平面
15、向量数量积公式可得，；（2）由（1）知的面积等于，直线与轴交点为，抛物线焦点为，的面积为.试题解析：（1）证明：由，得，设，则，且，；（2）解：由（1）知的面积等于，（用求解同样给分）直线与轴交点为，抛物线焦点为，的面积为21.已知函数，且在处的切线方程为.（1）求的解析式，并讨论其单调性.（2）若函数，证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）先求出切点的坐标，通过切线方程可以求出切线的斜率，对函数进行求导，求出切线方程的斜率，这样得到一个等式，最后求出的值，这样就求出的解析式。求出定义域，讨论导函数的正负性，判断其单调性。（2）研究的单调性，就要对进行求导，研究导函数的
16、正负性，就要对进行求导，得到，研究的正负性，从而判断出的单调性，进而判断出的正负性，最后判断出的单调性，利用单调性就可以证明结论。【详解】（1）由题切点为代入得：即解得，即为上的增函数.（2）由题，即证，.构造函数，即为上增函数，又，即时，即在上单调递减，时，即在上单调递增，得证.【点睛】本题考查了函数的导数的几何意义、用导数研究函数单调性、利用二次求导证明恒成立问题。22.选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求极坐标方程；（2）若曲线的极坐标方程为，直线与在第一象限的交点为，与的交点为（异于原
17、点），求.【答案】（1） ；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换（2）由极径的应用求出结果【详解】（1）曲线C1的参数方程为（t为参数）转换为直角坐标方程为：，转换为极坐标方程为：2+82sin290（2）因为，两点在直线上，可设，.把点的极坐标代入的方程得：，解得.由己知点在第一象限，所以.因为异于原点，所以把点的极坐标代入的方程得：，解得.所以，.【点睛】本题考查了参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题23.选修45：不等式选讲设关于的不等式（1）若，求此不等式解集；（2）若此不等式解集不是空集，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）根据分类讨论法去掉绝对值号后解不等式组即可（2）先由绝对值的三角不等式求得，于是可得满足题意详解：（1）当时，原不等式，等价于，或 ，或 解得或 或 综上可得原不等式解集是 （2），当，即 时等号成立，当不等式解集不是空集时，需满足实数的取值范围是点睛：解绝对值不等式的关键是去掉绝对值号，对于含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解
