2018-2019学年安徽省示范高中培优联盟高二上学期冬季联赛数学(文)试题 解析版

1

2x8，则AB（2

）2.某校高一年级10名同学参加校园歌手大赛的得分用茎叶图表示，其中茎为十位数，叶为个位数，则这组数据的中位数为（）A.91.5B.88C.88.5D.903.命题“若x4y30，则x4或y3”的否命题是（A.若x4y30，则x4或y3B.若x4y30，则x4且y3C.若x4y30，则x4且y3

）D.若x4y30，则x4或y3

4.设a，b是两个非零向量，a在b方向上的投影为k，则“k0”是“a，b夹角为钝角”的（）B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件y













A.充分不必要条件C.充分必要条件5.若ee

x

y

x，则有（B.xy0D.xy0

）A.xy0C.xy0

6.已知实数x，y满足A.5B.x122

，则xy的最大值与最小值之和为（y1x

D.72

2

）11

2C.67.在4,4上随机地取一个数m，则事件“直线yxm与圆xy2x10相交”发生的概率为（A.）B.1413）C.12D.238.如图，某三棱柱的正视图是边长为2的正方形，其上下底面为正三角形，则下列命题中一定成立的是（A.该三棱柱的表面积为1223B.该三棱柱的体积为23C.该三棱柱的侧视图为矩形D.该三棱柱有外接球9.已知直线4x3yk与单位圆有唯一的公共点P，角的终边在直线OP上，O为坐标原点，则tan2（）3424C.7A.3424D.

7B.

10.已知函数fx2sin

xxx

先将yfx图象上所有点的横坐标cos3sin3，222

1

（纵坐标不变），再沿x轴向右平移0个单位长度，得到函数ygx，23若gx的图象关于直线x对称，则的最小值为（）4变为原来的6C.3A.42D.3B.11.已知定义在R上的函数fx，gx满足fx26xgx，则函数ygx的图象关于（）B.直线x3对称D.y轴对称A.直线x3对称C.原点对称12.已知奇函数fx

axb

图象经过点1,1，若矩形ABCD的顶点A，B在x轴上，顶21x点C，D在函数yfx的图象上，则矩形ABCD绕x轴旋转而成的几何体的体积的最大值为（）B.4C.2A.3D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.1

x3,x0

f27________.13.已知函数fx，则fx

1,x0

3

14.不等式x1

2的解集是________.x115.已知等比数列an中，前4项之和为a114，且a2，a31，a4成等差数列，则公比q________.x2y2b

16.设F是椭圆221ab0的右焦点，直线y与椭圆交于B，C两点，若3abBFC为钝角，则该椭圆离心率的取值范围为________.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.17.已知数列an满足a12a2…nan2nnN.I求数列an的通项公式；II求数列

an

的前n项和Sn.n1

18.在ABC中，AB2，AC6，ABC的面积为42.I设D为AC的中点，求BD的长度.II求sinC的值.19.某校食堂的两层楼分别由两家餐饮公司经营，称为一食堂和二食堂，学校为了了解学生对这两家食堂的满意度，采用问卷的形式，随机抽取了60名学生对两家食堂分别进行评分.根据收集的120份问卷的评分得到了一楼食堂的满意度评分的频率分布直方图和二楼食堂满意度的频率分布表.I根据一楼食堂的频率分布直方图，估计该食堂的满意度评分的中位数；II从满意度高于90分的问卷中，随机抽取两份，求这两份问卷都是一楼食堂评分的概率；Ⅲ请从统计变量数据，对一楼食堂、二楼食堂作出客观评价.20.已知椭圆C经过点P2,3，对称轴为坐标轴，焦点F1,F2在x轴上且焦距为4.I求椭圆C的方程；II若过点P的直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，求直线l的方程.21.我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体ABCDEF是一个“刍甍”，四边形ABCD为矩形，EAD与FBC都是正三角形，AB4，AD2,EF2.I求证：EF//面ABCD；II求五面体ABCDEF的体积.22.已知过点A1,0的动直线与圆C:xy2x80交于P，Q两点，线段PQ中点2

2

M的轨迹为曲线.I求曲线的方程；II若曲线的一条切线与圆C交于A，B两点，若AB

数学（文）试题参考答案一、选择题1.【解析】选B.解log2x4得A0,16，解2.【解析】选D.中位数为33，求切线T的坐标.高中培优联盟2018-2019学年高二上学期冬季联赛8892

90.21

2x8得B1,3，∴AB0,3.23.【解析】选C.“若p，则q”的否命题为“若p，则q”，pq的否定为pq.4.【解析】选B.a，b反向，即夹角为180时也有k0，故应选必要不充分条件.5.【解析】选A.由exyeyx得exxeyy，而fxexx



是R上的增函数.原不等式即fxfx，得xy，即xy0.6.【解析】选B.易知不等式组表示的平面区域是以1,0，0,1，1,2为顶点的三角形，对于可行域内任一点P，OPxy，不难知2

2

2

2OP5，因此则x2y2的最大值与最小值之和为21115.227.【解析】选C.直线xym0与圆x1y2相交时，弦心距d2

2

1m22，1∴3m1，故所求概率为.28.【解析】选B.注意到，该三棱柱不一定为正三棱柱，有可能是斜三棱柱，于是只有其体积恒为23.9.【解析】选D.由题，直线OP

与直线4x3yk

垂直，故tankOP

∴tan2

10.2tan24

.

1tan27【解析】3

，4选xxx

A.fx2sincos312sin2sinx3cosx2sinx，2223

由题，gx2sin2x



3gx，的图象关于直线对称，x34



1，

3g453

，即2sin2sin2

362

∴2

52kkkZ，kZ，当k1时，的最小值为.62326211.【解析】选A.由fx6xfx39gx得fx29gx3，2于是gx3gx3，∴函数ygx的图象关于直线x3对称.12.【解析】选D.由题，f00及f11得fx

2x

，21x如图，不妨设C，D在x轴上方不难知该旋转体为圆柱，半径RBC，令2x

R，整理得Rx22xR0，则xC，xD为这个一元二次方程的两个不等实根，21x22于是圆柱的体积VRxCxDR

224R22R1R2RR2



1R22

12

，当且仅当时等号成立.R2

二、填空题13.【解析】3,1.不等式可化为2

x1x3

0，即0，解得nx3,1.x1x1等式可化为14.【解析】1

27

.13不f27273

13，∴ff27f33

1

.272aq4aaa14a412343

15.【解析】2或.由题，，解得，即，32a2a410a2a42a32aqq10q2或1.222b14b

Fc,016.【解析】0,.椭圆右焦点为，y3与椭圆交于B3a,3，422b

C3a,3，

2222bb

，，FBac,FCac,33338a2b28a212271422

.∴FBFCccac0e20e

999984三、解答题17.【解析】：（1）a12a2…nan2n，a12a2…n1an12n1n2，两式作差得：nan2n2，∴an又a12符合上式，故an（2）2

n1.n2

n2，nan211

2，n1nn1nn1

1112n1111

.∴Sn2…21

1223nn1n1n1

18.【解析】：（1）由ABC的面积S

221

，ABACsinA得sinA221

∴cosA1sin2A，于是在ABD中，由余弦定理：31BDAB2AD22ABADcosA22322233或17.3（2）法一：ABC中，由余弦定理，BC再由正弦定理，sinC

AB2AC22ABACcosA42或43，6ABsinA1

.或9BC3612S1

.BCACsinC，得sinC或92BCAC3法二：由ABC的面积S

19.【解析】：（1）设一楼食堂的60份问卷的中位数为x，则有0.01100.02100.05x700.5，∴x74；（2）满意度高于90份的问卷，一楼食堂有0.0510603份，二楼食堂有2份，它们分别设为：a1,a2,a3,b1,b2，从这5份问卷中随机抽取2份，所有可能的结果有：a1,a2，a1,a3，a1,b1，a1,b2，a2,a3，a2,b1，a2,b2，a3,b1，a3,b2，b1,b2，共10种结果，其中两份都是一楼食堂的有a1,a2，a1,a3，a2,a3共3种结果，其概率为3；10（3）由（1）知，一楼食堂得分的中位数为74，低于二楼食堂得分的中位数75分，一楼食堂得分集中在70,80这组，而二楼食堂得分集中在70,80和80,90两个组，一楼食堂得分的平均数低于二楼食堂得分的平均数；一楼食堂得分比较分散，二楼食堂得分相对比较集中，即一楼食堂得分的方差高于二楼食堂得分的方差.20.【解析】：（1）由题，2c4，焦点的坐标为F12,0，F22,0，于是2aPF1PF28，a216，∴b2a2c212，x2y2所以椭圆E的方程为1.1612（2）由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx23，与椭圆C联立得：4k

2

3x282k3kx16k248k120，22令642k3k44k316k48k120，22化简得：4k24k10，解得k所以直线l的方程为y

1

x23，即x2y80.21，221.【解析】：（1）AB//CD，AB面CDEF，CD面CDEF，∴AB//面CDEF，又面ABFE面CDEFEF，∴AB//EF，又EF面ABCD，AB面ABCD，所以EF//面ABCD.（2）如图，延长棱EF至MN，使得MENF1，由题可知ABNM与CDMN皆为矩形，于是我们得到了直三棱柱ADMBCN，又BNCN

BF2FN23，∴NBC中，BC边长的高为2，∴SNBC2，∴五面体ABCDEF的体积VVADMBCNVFBCNVEADMVADMBCN2VFBCN

1

SNBCMN2SNBCFNSNBC

32102.MNFN

33

22.【解析】：（1）法一：圆C:x1y9，圆心C1,0，2

2

由垂径定理知PQCM，即AMCM，于是M的轨迹是以AC为直径端点的圆，所以曲线的方程为xy1.法二：设动直线为ykx1，与圆C:xy2x80联立，2

2

2

2

得：k21x22k21xk280，由韦达定理，xM

xPxQ

21k22k

①，②，∴ykx1MM

1+k21k241xM1xM4k21xM22

1x由①得k=，代入②式得：yMM，2221xM1xM1k11xM

2

又动直线斜率不存在时点M坐标为1,0满足以上式关系，故曲线的方程为xy1.（2）设Tx0,y0，先证曲线在点处的切线方程为x0xy0y1，22

事实上，x0y01，∴点T在x0xy0y1上，2

2

又圆心O到x0xy0y1的距离故x0xy0y1为曲线的切线，1xy20201，AB33，所以圆心到弦AB的距离233312，dRAB322222∴x0122x0y0x01

315

，解得x0或（舍），222从而点的坐标为

1313

或.,,2222