竹山县第一高级中学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． 若数列{an}的通项公式an=5（）2n﹣2﹣4（）n﹣1（n∈N*），{an}的最大项为第p项，最小项为第q项，则q﹣p等于（ ） A．1 2．

B．2

C．3

D．4

某个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为92＋14π，则该几何体的体积为（ ） A．80＋20π B．40＋20π C．60＋10π D．80＋10π

log2x(x0)3． 已知函数f(x)，函数g(x)满足以下三点条件：①定义域为R；②对任意xR，有

|x|(x0)g(x)1g(x2)；③当x[1,1]时，g(x)1x22.则函数yf(x)g(x)在区间[4,4]上零

点的个数为（ ）

A．7 B．6 C．5 D．4

【命题意图】本题考查利用函数图象来解决零点问题，突出了对分段函数的转化及数形结合思想的考查，本题综合性强，难度大.

4． 两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为（ ） A．akm

B．

akm

C．2akm

akm

D．

5． 设{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ）

A．1 B．2 C．4 D．6

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6． 下列函数中，为奇函数的是（ ） A．y=x+1

B．y=x2 C．y=2x D．y=x|x|

7． 在ABC中，若A60，B45，BC32，则AC（ ） A．43 B．23 C.

3 D．3 28． 在平面直角坐标系中，把横、纵坐标均为有理数的点称为有理点．若a为无理数，则在过点P（a，﹣）的所有直线中（ ）

A．有无穷多条直线，每条直线上至少存在两个有理点 B．恰有n（n≥2）条直线，每条直线上至少存在两个有理点 C．有且仅有一条直线至少过两个有理点 D．每条直线至多过一个有理点

9． 若fx是定义在,上的偶函数，xfx2fx11,x20,x1x2，有xx0，则

21（ ）

A．f2f1f3 B．f1f2f3 C．f3f1f2 D．f3f2f1

10．如图所示为某几何体的正视图和侧视图，则该几何体体积的所有可能取值的集合是（ ）

A．{， } B．{，， } C．{V|≤V≤} D．{V|0＜V≤}

11．设曲线f(x)x21在点(x,f(x))处的切线的斜率为g(x)，则函数yg(x)cosx的部分图象 可以为（ ）

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A． B． C. D．

12．已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能是（ ） A．1

B．

C．

D．

二、填空题

13．已知命题p：实数m满足m2+12a2＜7am（a＞0），命题q：实数m满足方程在y轴上的椭圆，且p是q的充分不必要条件，a的取值范围为 ． 14．log3

+lg25+lg4﹣7

0

﹣（﹣9.8）= ．

+

=1表示的焦点

15．将曲线C1:y2sin(x最小值为_________.

4),0向右平移

个单位后得到曲线C2，若C1与C2关于x轴对称，则的616．设xR，记不超过x的最大整数为[x]，令xx[x].现有下列四个命题: ①对任意的x，都有x1[x]x恒成立； ②若x(1,3)，则方程sin2xcos2[x]1的实数解为6；

31③若an（nN），则数列an的前3n项之和为n2n；

223④当0x100时，函数f(x)sin[x]sin22nx1的零点个数为m，函数g(x)[x]xx1的 3零点个数为n，则mn100.

其中的真命题有_____________.（写出所有真命题的编号）

【命题意图】本题涉及函数、函数的零点、数列的推导与归纳，同时又是新定义题，应熟悉理解新定义，将问题转化为已知去解决，属于中档题。 17．已知（1+x+x2）（x

n+

）（n∈N）的展开式中没有常数项，且2≤n≤8，则n= ．

18．在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若ccosBa则边c的最小值为_______．

13b，ABC的面积Sc，

122第 3 页，共 19 页

【命题意图】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、基本不等式等基础知识，意在考查基本运算能力．

三、解答题

19．已知函数f（x）=ax2+bx+c，满足f（1）=﹣，且3a＞2c＞2b． （1）求证：a＞0时，的取值范围；

（2）证明函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点； （3）设x1，x2是函数f（x）的两个零点，求|x1﹣x2|的取值范围．

20．（本小题满分12分）在ABC中，内角A,B,C的对边为a,b,c，已知

2cos2A(cosB3sinB)cosC1. 2（I）求角C的值；

（II）若b=2，且ABC的面积取值范围为[3,3]，求c的取值范围． 2【命题意图】本题考查三角恒等变形、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，意在考查基本运算能力．

21．已知数列{an}共有2k（k≥2，k∈Z）项，a1=1，前n项和为Sn，前n项乘积为Tn，且an+1=（a﹣1）Sn+2（n=1，2，…，2k﹣1），其中a=2（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；

，数列{bn}满足bn=log2

，

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（Ⅱ）若|b1﹣|+|b2﹣|+…+|b2k﹣1﹣|+|b2k﹣|≤，求k的值．

22．（本小题满分16分）

给出定义在0,上的两个函数f(x)x2alnx,g(x)xax. （1）若f(x)在x1处取最值．求的值；

（2）若函数h(x)f(x)g(x2)在区间0,1上单调递减，求实数的取值范围； （3）试确定函数m(x)f(x)g(x)6的零点个数，并说明理由．

23．已知不等式ax2﹣3x+6＞4的解集为{x|x＜1或x＞b}， （1）求a，b；

24．已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）=（）x． （1）求当x＞0时f（x）的解析式；

2

（2）解不等式ax﹣（ac+b）x+bc＜0．

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（2）画出函数f（x）在R上的图象； （3）写出它的单调区间．

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竹山县第一高级中学2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析（参考答案） 一、选择题

1． 【答案】A 【解析】解：设∴an=5t﹣4t=

2

=t∈（0，1]，an=5（）2n﹣2﹣4（）n﹣1（n∈N*）， ﹣，

，

∴an∈

∴q﹣p=2﹣1=1， 故选：A． 属于中档题．

2． 【答案】

当且仅当n=1时，t=1，此时an取得最大值；同理n=2时，an取得最小值．

【点评】本题考查了二次函数的单调性、指数函数的单调性、数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，

【解析】解析：选D.该几何体是在一个长方体的上面放置了半个圆柱．

1

依题意得（2r×2r＋πr2）×2＋5×2r×2＋5×2r＋πr×5＝92＋14π，

2 即（8＋π）r2＋（30＋5π）r－（92＋14π）＝0， 即（r－2）[（8＋π）r＋46＋7π]＝0， ∴r＝2，

1

∴该几何体的体积为（4×4＋π×22）×5＝80＋10π.

23． 【答案】D

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第

Ⅱ卷（共100分）[．Com]

4． 【答案】D

，

akm，

【解析】解：根据题意，

△ABC中，∠ACB=180°﹣20°﹣40°=120°， ∵AC=BC=akm，

∴由余弦定理，得cos120°=解之得AB=故选：D．

akm，

即灯塔A与灯塔B的距离为

【点评】本题给出实际应用问题，求海洋上灯塔A与灯塔B的距离．着重考查了三角形内角和定理和运用余弦定理解三角形等知识，属于基础题．

5． 【答案】B 【解析】

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试题分析：设an的前三项为a1,a2,a3，则由等差数列的性质，可得a1a32a2，所以a1a2a33a2， 解得a24，由题意得a1a38a12a16，解得或，因为an是递增的等差数列，所以

a36a32a1a312a12,a36，故选B．

考点：等差数列的性质．

6． 【答案】D

【解析】解：由于y=x+1为非奇非偶函数，故排除A； 由于y=x为偶函数，故排除B；

2x

由于y=2为非奇非偶函数，故排除C； 由于y=x|x|是奇函数，满足条件， 故选：D．

【点评】本题主要考查函数的奇偶性的判断，属于基础题．

7． 【答案】B 【解析】

考点：正弦定理的应用. 8． 【答案】C

【解析】解：设一条直线上存在两个有理点A（x1，y1），B（x2，y2）， 由于

也在此直线上，

所以，当x1=x2时，有x1=x2=a为无理数，与假设矛盾，此时该直线不存在有理点； 当x1≠x2时，直线的斜率存在，且有又x2﹣a为无理数，而所以只能是

，

为有理数，

，且y2﹣y1=0，

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即；

；

所以满足条件的直线只有一条，且直线方程是所以，正确的选项为C． 故选：C．

【点评】本题考查了新定义的关于直线方程与直线斜率的应用问题，解题的关键是理解新定义的内容，寻找解题的途径，是难理解的题目．

9． 【答案】D 10．【答案】D

【解析】解：根据几何体的正视图和侧视图，得；

2

当该几何体的俯视图是边长为1的正方形时，它是高为2的四棱锥，其体积最大，为×1×2=；

当该几何体的俯视图为一线段时，它的底面积为0，此时不表示几何体； 所以，该几何体体积的所有可能取值集合是{V|0＜V≤}． 故选：D．

【点评】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征是什么，是基础题目．

11．【答案】A 【解析】

试题分析：gx2x,gxcosx2xcosx,gxgx,cosxcosx，ygxcosx为奇函数，排除B，D，令x0.1时y0，故选A. 1 考点：1、函数的图象及性质；2、选择题“特殊值”法. 12．【答案】C

【解析】解：水平放置的正方体，当正视图为正方形时，其面积最小为1；当正视图为对角面时，其面积最大为

．

．

＜1，故C不可能．

是解题的关键．

因此满足棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积的范围为

因此可知：A，B，D皆有可能，而故选C．

【点评】正确求出满足条件的该正方体的正视图的面积的范围为

二、填空题

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13．【答案】 [，] ．

22

【解析】解：由m﹣7am+12a＜0（a＞0），则3a＜m＜4a 即命题p：3a＜m＜4a， 实数m满足方程

+

=1表示的焦点在y轴上的椭圆，

则，

，解得1＜m＜2，

若p是q的充分不必要条件， 则解得

，

，

故答案为[，]．

【点评】本题考查充分条件、必要条件，一元二次不等式的解法，根据不等式的性质和椭圆的性质求出p，q的等价条件是解决本题的关键．

14．【答案】

【解析】解：原式=+lg100﹣2﹣1=+2﹣2﹣1=， 故选：

【点评】本题考查了对数的运算性质，属于基础题．

15．【答案】6

【解析】解析：曲线C2的解析式为y2sin[(x ．

)]2sin(x)，由C1与C2关于x轴对6446os()sin(x)sin()cos()0x对一切称知sin(x)sin(x)，即1c64644641cos()06∴(2k1)，∴6(2k1),kZ，由0得的最小值为6. xR恒成立，∴6sin()06第 11 页，共 19 页

16．【答案】①③

【解析】对于①，由高斯函数的定义，显然x1[x]x，①是真命题；对于②，由sin2xcos2[x]1得，

sin2x1cos2[x]，即sin2xsin2[x].当1x2 时，0x11，0sin(x1)sin1，此时

方程无解；当2x3 时，0x21，0sin(x2)sin1，sin2xsin2[x]化为sin2(x1)sin21，此时sin2xsin2[x]化为sin(x2)sin2，所以x22或x22，即x4或x，所以原方

n程无解.故②是假命题；对于③，∵an（nN），∴a10，a20，a31，3333123143n13n[n]n1a41，…，a3n1a[n]n，所以数列an的前3n项之和，3n3333321为3[12(n1)]nnn，故③是真命题；对于④，由

22第 12 页，共 19 页

17．【答案】 5 ．

【解析】二项式定理． 【专题】计算题．

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【分析】要想使已知展开式中没有常数项，需（x用（x

n+

）（n∈N）的通项公式讨论即可．

n+12

）（n∈N）的展开式中无常数项、x﹣项、x﹣项，利

xn﹣rx﹣3r=

xn﹣4r，2≤n≤8，

【解答】解：设（x

）（n∈N）的展开式的通项为Tr+1，则Tr+1=

n

+

当n=2时，若r=0，（1+x+x）（x

2）（n∈N）的展开式中有常数项，故n≠2；

n

+

当n=3时，若r=1，（1+x+x）（x

2）（n∈N）的展开式中有常数项，故n≠3；

n

+

当n=4时，若r=1，（1+x+x）（x

2）（n∈N）的展开式中有常数项，故n≠4；

n

+

n

+

2

当n=5时，r=0、1、2、3、4、5时，（1+x+x）（x）（n∈N）的展开式中均没有常数项，故n=5适合

题意；

2

n

+

当n=6时，若r=1，（1+x+x）（x当n=7时，若r=2，（1+x+x）（x

2

）（n∈N）的展开式中有常数项，故n≠6； ）（n∈N）的展开式中有常数项，故n≠7；

n

+

当n=8时，若r=2，（1+x+x）（x

2）（n∈N）的展开式中有常数项，故n≠2；

n

+

综上所述，n=5时，满足题意． 故答案为：5．

【点评】本题考查二项式定理，考查二项展开式的通项公式，突出考查分类讨论思想的应用，属于难题．18．【答案】1

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（1）∵f（1）=a+b+c=﹣，

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∴3a+2b+2c=0． 又3a＞2c＞2b， 故3a＞0，2b＜0， 从而a＞0，b＜0，

又2c=﹣3a﹣2b及3a＞2c＞2b知3a＞﹣3a﹣2b＞2b ∵a＞0，∴3＞﹣3﹣即﹣3＜＜﹣．

（2）根据题意有f（0）=0，f（2）=4a+2b+c=（3a+2b+2c）+a﹣c=a﹣c． 下面对c的正负情况进行讨论： ①当c＞0时，∵a＞0， ∴f（0）=c＞0，f（1）=﹣＜0

所以函数f（x）在区间（0，1）内至少有一个零点； ②当c≤0时，∵a＞0，

∴f（1）=﹣＜0，f（2）=a﹣c＞0

所以函数f（x）在区间（1，2）内至少有一个零点； 综合①②得函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点； （3）．∵x1，x2是函数f（x）的两个零点 ∴x1，x2是方程ax2+bx+c=0的两根． 故x1+x2=﹣，x1x2==从而|x1﹣x2|=∵﹣3＜＜﹣， ∴

|x1﹣x2|

．

=

=

=

．

＞2，

【点评】本题考查了二次函数的性质，对于二次函数要注意数形结合的应用，注意抓住二次函数的开口方向，对称轴，以及判别式的考虑；同时考查了函数的零点与方程根的关系，函数的零点等价于对应方程的根，等价于函数的图象与x轴交点的横坐标，解题时要注意根据题意合理的选择转化．属于中档题．

20．【答案】 【解析】（I）∵2cos2A(cosB3sinB)cosC1， 2第 15 页，共 19 页

∴cosAcosBcosC3sinBcosC0， ∴cos(BC)cosBcosC3sinBcosC0，

∴cosBcosCsinBsinCcosBcosC3sinBcosC0， ∴sinBsinC3sinBcosC0，因为sinB>0，所以tanC3 又∵C是三角形的内角，∴C3.

21．【答案】

【解析】（本小题满分13分） 解：（1）当n=1时，a2=2a，则

；

当2≤n≤2k﹣1时，an+1=（a﹣1）Sn+2，an=（a﹣1）Sn﹣1+2， 所以an+1﹣an=（a﹣1）an，故

n1+2+…+（n﹣1）

=∴Tn=a1×a2×…×an=2a

=a，即数列{an}是等比数列，

，

．…

*

，

bn=（2）令当n≥k+1时，

=

，则n≤k+，又n∈N，故当n≤k时，

．…

，

|b1﹣|+|b2﹣|+…+|b2k﹣1﹣|+|b2k﹣| =

=（k+1+…+b2k）﹣（b1+…+bk） =[=

，

+k]﹣[

]

+（

）+…+（

）…

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由2

，得2k﹣6k+3≤0，解得*

，…

又k≥2，且k∈N，所以k=2．…

【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查满足条件的实数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质和构造法的合理运用．

22．【答案】（1） a2 （2） a≥2（3）两个零点． 【解析】

(1)0 ，解得a2 ，需试题分析：（1） 开区间的最值在极值点取得，因此f(x)在x1处取极值，即f′(x)≤0在区间0,1上恒成立，再利用变量分离转化为对应验证（2） h(x)在区间0,1上单调递减，转化为h′4x24x2函数最值：a≥的最大值，根据分式函数求最值方法求得Fx最大值2（3）先利用导数研究函数

x1x1mx单调性：当x0,1时，递减，当x1,时，递增；再考虑区间端点函数值的符号：m10，

m（e4)0 ， m(e4)0，结合零点存在定理可得零点个数

a(1)0即: 2a0, 由已知，f′x解得：a2 经检验 a2 满足题意 (x)2x试题解析：（1） f′所以 a2 ………………………………………4分

12112 因为x0,1，所以1,，所以xxxmin所以Fxmax2，所以a≥2 ……………………………………10分

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2（3）函数mxf(x)g(x)6有两个零点．因为mxx2lnxx2x6

212x22xx所以m′x2x1xxxx12xx2xx2x ………12分

当x0,1时，mx0，当x1,时，mx0

所以mxminm140， ……………………………………14分

12e8e4(2e21)（1-e)(1+e+2e3)4（e)0 m(e）=0 ，m84ee4m(e4)e（e41)2(e27)0 故由零点存在定理可知：

2 函数mx在(e4,1) 存在一个零点，函数mx在(1,e4) 存在一个零点，

所以函数mxf(x)g(x)6有两个零点． ……………………………………16分 考点：函数极值与最值，利用导数研究函数零点，利用导数研究函数单调性 【思路点睛】

对于方程解的个数（或函数零点个数）问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等． 23．【答案】 的两个实数根，

2

，解得

，所以得

2

【解析】解：（1）因为不等式ax﹣3x+6＞4的解集为{x|x＜1或x＞b}，所以x1=1与x2=b是方程ax﹣3x+2=0

．

且b＞1．由根与系的关系得

2

（2）由于a=1且 b=2，所以不等式ax﹣（ac+b）x+bc＜0，

即x﹣（2+c）x+2c＜0，即（x﹣2）（x﹣c）＜0．

2

①当c＞2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为{x|2＜x＜c}； ②当c＜2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为{x|c＜x＜2}； ③当c=2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为∅．

2

综上所述：当c＞2时，不等式ax﹣（ac+b）x+bc＜0的解集为{x|2＜x＜c}； 当c＜2时，不等式ax﹣（ac+b）x+bc＜0的解集为{x|c＜x＜2}；

2

2

当c=2时，不等式ax﹣（ac+b）x+bc＜0的解集为∅．

【点评】本题考查一元二次不等式的解法，一元二次不等式与一元二次方程的关系，属于基础题．

24．【答案】

【解析】解：（1）若 x＞0，则﹣x＜0…（1分）

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∵当x＜0时，f（x）=（）．

x

∴f（﹣x）=（）﹣．

x

∵f（x）是定义在R上的奇函数， f（﹣x）=﹣f（x），

xx

∴f（x）=﹣（）﹣=﹣2．…（4分）

（2）∵（x）是定义在R上的奇函数， ∴当x=0时，f（x）=0，

∴f（x）=．…（7分）

函数图象如下图所示：

（3）由（2）中图象可得：f（x）的减区间为（﹣∞，+∞）…（11分）（用R表示扣1分） 无增区间…（12分）

【点评】本题考查的知识点是函数的奇偶性，函数的解析式，函数的图象，分段函数的应用，函数的单调性，难度中档．

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