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- 2024-04-01 发布
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江西省南康中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学（理)试题
评卷人
得分
一、单选题
1．设，则在复平面对应的点位于第 ( )象限
A．一 B．二 C．三 D．四
【答案】D
【解析】
【分析】
先化简复数z,再求即得解.
【详解】
由题得=
所以.所以在复平面对应的点位于第四象限.
故选：D
【点睛】
本题主要考查复数的运算和共轭复数的求法，考查复数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
2．“”是“”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
根据对数不等式的性质解得，利用充分条件和必要条件的定义进行判断.
【详解】
∵ln（x+1）＜00＜x+1＜1﹣1＜x＜0，
∴﹣1＜x＜0，但时，不一定有﹣1＜x＜0，如x=-3，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选B.
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的应用，考查对数不等式的性质，属于基础题．
3．曲线在处的切线的倾斜角是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求导，然后求出切线的斜率，继而得到倾斜角
【详解】
当时，
，则倾斜角为
故选
【点睛】
本题主要考查了导数的几何意义，求导后先求出在某点处切线的斜率，然后求出倾斜角的大小，较为基础。
4．二项式的展开式的常数项为（ ）
A． B．5 C． D．10
【答案】B
【解析】
【分析】
先写出二项式展开式的通项,再化简令x的指数为零即得r的值，再求出展开式的常数项.
【详解】
由题得二项式展开式的通项为，
令.
所以二项式展开式的常数项为.
故答案为：B
【点睛】
(1)
本题主要考查二项式展开式的通项和指定项的求法，考查指数幂的运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 二项式通项公式： （）①它表示的是二项式的展开式的第项，而不是第项；②其中叫二项式展开式第项的二项式系数，而二项式展开式第项的系数是字母幂前的常数；
③注意.
5．用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中偶数共有 （ ）
A．36个 B．72 C．48 D．60
【答案】D
【解析】
【分析】
分两种情况讨论，一种是个位是0，一种情况是个位是2或4，即得解.
【详解】
当个位是0时，偶数有种，
当个位是2或4时，偶数有种，
所以共有24+36=60种.
故选：D
【点睛】
本题主要考查排列组合的综合应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
6．函数在的大致图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
分别令和，用排除法即可得出结果.
【详解】
令，得，排除B、C选项；
令，得，排除D.
故选A
【点睛】
本题主要考查函数的图像，特殊值法是选择题中比较实用的一种方法，属于基础题型.
7．已知椭圆的左、右焦点分别为 为椭圆上一动点，面积的最大值为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题得当M在椭圆短轴端点时，面积取最大值，解方程=即得解.
【详解】
由题得当M在椭圆短轴端点时，面积取最大值，解方程=,
所以a=2c,即.
故选：A
【点睛】
本题主要考查椭圆的几何性质，考查离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
8．已知中， ，则为（ ）
A．等腰三角形 B．的三角形
C．等腰三角形或的三角形 D．等腰直角三角形
【答案】C
【解析】∵,
∴，
∴，
整理得,
∴，
∴或。
当时，则，三角形为等腰三角形；
当时，则，可得。
综上为等腰三角形或的三角形。选C。
9．某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是
A.72 B.120 C.144 D.168
【答案】B
【解析】
试题分析：将所有的安排方法分成两类，第一类：歌舞类节目中间不穿插相声节目，
有(种)；
第二类：歌舞类节目中间穿插相声节目，有(种)；
根据分类加法计数原理，共有96+24=120种不同的排法.
故选B.
考点：1、分类加法计数原理；2、排列.
10．某四棱锥的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为 （ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【解析】由三视图可知，原几何体为一个水平放置的四棱锥，底面是边长为2，
的矩形，高是.由锥体的体积公式得，故选D.
11．已知双曲线 （，）的两条渐近线与抛物线（）的准线分别交于，两点，为坐标原点，若双曲线的离心率为，的面积为，则的外接圆半径为( )
A． B． C．2 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出双曲线的渐近线方程为，再根据△AOB的面积求出p=2,再利用正弦定理求的外接圆半径.
【详解】
由题得.
所以双曲线的渐近线方程为.
联立得|AB|=.
所以在三角形OAB中，
由正弦定理得.
所以的外接圆半径为2.
故选：C
【点睛】
本题主要考查双曲线和抛物线的简单几何性质，考查正弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
12．已知函数.若过点存在3条直线与曲线相切，则的取值范围为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设函数上任意一点，得到切线方程为.再根据图像过点，所以，令，等价于函数g(x)有三个零点，分析即得解.
【详解】
设函数上任意一点，
在点处的切线方程为，
即.
若过点，则
依题意，方程有三个不等实根.
令，
，得，.
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
因此的极小值为，极大值为.
若有三个不等实根，故.
故选：B
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
13．在等差数列中，，其前项和为，等比数列的各项均为正数，，公比为，且，.
(1)求与；
(2)证明：.
【答案】（1）；（2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）求等差数列及等比数列通项公式，基本方法为待定系数法，即根据条件列出公差与公比的方程组：，解得（2）数列不等式证明得方法一般为以算代证：先求前项和，所以，因此利用裂项相消法求得，再根据项数为正整数条件，确定其取值范围
试题解析：解：（1）由于，可得
解得：或（舍去）
∴
（2）证明：由，得
∴
∴
∵，∴，∴1
故
考点：等差数列及等比数列通项公式，裂项相消法求和
【方法点睛】将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如(n≥2)或.
第II卷（非选择题)
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评卷人
得分
二、填空题
14．某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则至少选中一名男生的选法种数是_____．
【答案】7.
【解析】
【分析】
利用间接法解答. 先求出从5名学生中选2名学生去参加活动的种数,再求出从3名女生中选2名女生去参加活动的种数，把它们相减即得解.
【详解】
从5名学生中选2名学生去参加活动，有,从3名女生中选2名女生去参加活动有,所以至少选中一名男生的选法种数是10-3=7.
故答案为：7
【点睛】
本题主要考查排列组合的应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
15．如图所示，在正方形内，随机投入一个质点，则所投质点恰好落在与轴及抛物线所围成的区域内的概率是______________．
【答案】.
【解析】
【分析】
先求出阴影部分的面积，再利用古典概型的概率公式求解.
【详解】
由题设正方形的边长为2，则阴影部分的面积为，
故所投质点恰好落在与轴及抛物线所围成的区域内的概率是.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查定积分求面积，考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
16．已知，，则与的值分别为______________．
【答案】6，35.
【解析】
【分析】
根据前面的式子可得a=6,,即得解.
【详解】
根据前面的式子可得a=6,.
故答案为：6，35.
【点睛】
本题主要考查归纳推理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
17．已知函数的定义域为，若在上为增函数，则称为“一阶比增函数”；若在上为增函数，则称为“二阶比增函数”。我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为，所有“二阶比增函数”组成的集合记为．若函数，且，则实数的取值范围是______________．
【答案】.
【解析】
【分析】
根据为“一阶比增函数”不是“二阶比增函数”．可得，在
是增函数，且在不是增函数，根据二次函数的图象和
性质及导数法，可求出实数的取值范围.
【详解】
因为，且，
即，在是增函数，所以.
而在不是增函数，
又，
且当是增函数时，有，
所以当不是增函数时，
综上，得
故答案为：
【点睛】
本题主要考查学生对新定义的理解及应用能力，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
评卷人
得分
三、解答题
18．已知函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若在处取得极值，直线与的图象有三个不同的交点，求的取值范围．
【答案】（1）的单调递增区间是和，的单调递减区间是；
（2）.
【解析】
【分析】
⑴利用导数求函数的单调区间；(2)由函数的极值得到a=1,再利用导数求出函数的单调性和极值，再结合函数的图像和性质分析得到的取值范围．
【详解】
⑴
当或时，，
当时，，
所以的单调递增区间是和，的单调递减区间是.
⑵因为在处取得极值，所以，所以.
所以.由，解得.
由(1)中的单调性，可知在处取得极大值，在处取得极小值.
因为直线与函数的图象有三个不同的交点，
又，
结合的单调性，可知的取值范围是．
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查利用导数研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
19．的内角的对边分别为 ,已知．
(1).求
(2).若 , 面积为2,求
【答案】（1）；（2）b=2.
【解析】试题分析：（1）利用三角形内角和定理可知，再利用诱导公式化简，利用降幂公式化简，结合即可求出；（2）利用（1）中结论，结合三角形面积公式可求出的值，根据，进而利用余弦定理可求出的值．
试题解析：（1）由题设及，故
上式两边平方，整理得
解得
（2）由，故
又
由余弦定理学 科&网及得
所以b=2.
点睛:解三角形问题是高考的高频考点，命题大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内角和定理，正余弦定理、三角形面积公式等知识进行求解．解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”“角转边”，另外要注意三者之间的关系，这样的题目小而活，备受命题者的青睐．
20．如图，在梯形中， ， . ，且平面， ，点为上任意一点.
（1）求证： ；
（2）点在线段上运动（包括两端点），若平面与平面所成的锐二面角为60°，试确定点的位置．
【答案】（1）见解析;（2）点与点重合．
【解析】【试题分析】（１）先运用线面垂直的判定定理证明线面垂直，再运用线面垂直的性质定理分析推证；（２）建立空间直角坐标系运用向量的有关知识及数量积公式分析求解：
（1）证明：∵， ， ∴，
连接，在中， ，
∴，∴，
∵平面，∴，又，
∴平面，∵平面，∴．
（2）以为坐标原点，分别以直线为轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，则， ，
设，则，
∴，故，∴，
设平面的法向量为，则，
即，
令，可得，∴．
易知平面的一个法向量为，
∴，
∴，
∴点与点重合．
点睛：立体几何是高中数学的经典内容之一，也是高考重点考查的考点之一。立体几何的题型一般有两类：其一是考查线面位置关系（平行垂直）；其二是考查度量关系的（角度距离的计算）。求解第一问时先运用线面垂直的判定定理证明线面垂直，即证直线平面，再运用线面垂直的性质定理证明从而使得问题获证；求解第二问时先建立空间直角坐标系，运用向量的有关知识分别求导两个平面的法向量，再运用向量的数量积公式建立方程，从而求得，从而使得问题获解。
21．已知椭圆的两焦点在轴上，且短轴的两个顶点与其中一个焦点的连线构成斜边为2的等腰直角三角形.
(1)求椭圆的方程；
(2)动直线(不全为零)交椭圆于两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由。
【答案】（1）； （2）线段AB为直径的圆恒过点Q(0,1).
【解析】
【分析】
(1)根据椭圆的一个焦点与短轴的两个顶点的连线构成等腰直角三角形，以及斜边长为，可求出，进而可求出椭圆方程；
(2)先由直线可得求过定点；根据与轴平行时或与轴平行时，先求出定点，再由证明即可.
【详解】
(1)椭圆的一个焦点与短轴的两个顶点的连线构成等腰直角三角形，.
又斜边长为，即，故， ，
椭圆方程为.
(2)由题意可知该动直线过定点,
当与轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为；
当与轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为.
由 得，
故若存在定点，则的坐标只可能为.
下面证明为所求：
若直线的斜率不存在，上述已经证明.
若直线的斜率存在，设直线：，
，，
由 得，
， ，，
，，
=，
，即以线段AB为直径的圆恒过点.
【点睛】
本题主要考查椭圆的方程，以及椭圆中存在定点满足某条件的问题，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解，属于常考题型，计算量较大.
22．已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若对于任意， ，恒有成立，试求的取值范围．
【答案】（1）见解析;（2）．
【解析】【试题分析】（１）先导数进而运用分类整合思想分析求解；（２）先将不等式进行等价转化，再构造函数运用导数知识分析探求：
（1）函数的定义域为， ，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数的上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）恒成立，即恒成立，
不妨设，因为当时， 在上单调递减，则，可得，设，
∴对于任意的， ， 恒成立，∴在上单调递增， 在上恒成立，
∴在上恒成立，
即在上恒成立，
∵当时， ， ∴只需在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，
∴，故实数的取值范围为．