松桃苗族自治县第一中学校2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析

班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________

一、选择题

1． 如图框内的输出结果是（ ）

A．2401 B．2500 C．2601 D．2704

2． 已知a，b是实数，则“a2b＞ab2”是“＜”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

3． 在等差数列{an}中，a1+a2+a3=﹣24，a10+a11+a12=78，则此数列前12项和等于（ ） A．96

B．108 C．204 D．216

4． 将正方形的每条边8等分，再取分点为顶点（不包括正方形的顶点），可以得到不同的三角形个数为（ ） A．1372 B．2024 C．3136 D．4495

5． 如图，△ABC所在平面上的点Pn（n∈N*）均满足△PnAB与△PnAC的面积比为3；1，（2xn+1）（ ）

（其中，{xn}是首项为1的正项数列），则x5等于

=

﹣

A．65

B．63 C．33 D．31

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6． 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=3，个数为（ ） A．0

B．1

C．2

D．以上都不对 C．2bsinB

D．2bcosB

7． 在△ABC中，若A=2B，则a等于（ ） A．2bsinA

B．2bcosA

8． 抛物线x=﹣4y2的准线方程为（ ） A．y=1 B．y=

C．x=1 D．x=

，A=60°，则满足条件的三角形

9． 某工厂产生的废气经过过虑后排放，过虑过程中废气的污染物数量P（单位：毫克/升）与时间t（单位： 小时）间的关系为PP0e（P0，k均为正常数）．如果前5个小时消除了10%的污染物，为了消除27.1% 的污染物，则需要（ ）小时. A.8

B.10

C. 15

D. 18

【命题意图】本题考指数函数的简单应用，考查函数思想，方程思想的灵活运用，体现“数学是有用的”的新课标的这一重要思想. 10．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为（ ） A.kt1 6B. 1 C. 1 3 D. 43

【命题意图】本题考查空间几何体的三视图，几何体的体积等基础知识，意在考查学生空间想象能力和计算能力． 5101511．某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1，顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为（ ） A．2sin2cos2 B．sin3cos3

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C. 3sin3cos1 D．2sincos1 12．已知向量||=A．

B．

， •=10，|+|=5 C．5

D．25

，则||=（ ）

二、填空题

5)的三个零点成等比数列，则log2a . 214．函数yfx图象上不同两点Ax1,y1,Bx2,y2处的切线的斜率分别是kA，kB，规定

13．已知函数f(x)sinxa(0xA,BkAkBAB32（AB为线段AB的长度）叫做曲线yfx在点A与点B之间的“弯曲度”，给

出以下命题：

①函数yxx1图象上两点A与B的横坐标分别为1和2，则A,B3； ②存在这样的函数，图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数； ③设点A,B是抛物线yx1上不同的两点，则A,B2；

2④设曲线ye（e是自然对数的底数）上不同两点Ax1,y1,Bx2,y2,且x1x21，若tA,B1x恒成立，则实数t的取值范围是,1.

其中真命题的序号为________.（将所有真命题的序号都填上）

15．如图，已知m，n是异面直线，点A，Bm，且AB6；点C，Dn，且CD4.若M，N分 别是AC，BD的中点，MN22，则m与n所成角的余弦值是______________.

【命题意图】本题考查用空间向量知识求异面直线所成的角，考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力.

116．已知函数fxx3mx,gxlnx.mina,b表示a,b中的最小值，若函数

4hxminfx,gxx0恰有三个零点，则实数m的取值范围是 ▲ ．

17．如图为长方体积木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由 块木块堆成．

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18．定义在R上的函数f(x)满足：f(x)f'(x)1，f(0)4，则不等式ef(x)e3（其 中为自然对数的底数）的解集为 .

xx三、解答题

19．已知函数f（x）=x|x﹣m|，x∈R．且f（4）=0 （1）求实数m的值．

（2）作出函数f（x）的图象，并根据图象写出f（x）的单调区间 （3）若方程f（x）=k有三个实数解，求实数k的取值范围．

20．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，直线PA与圆O相切于点A，PBC是过点O的割线，APECPE，点H是线段ED的中

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点.

（1）证明：A、E、F、D四点共圆； （2）证明：PFPBPC.

2

21．A={x|x2﹣3x+2=0}，B={x|ax﹣2=0}，若B⊆A，求a．

22．1）y=﹣1，已知点F（0，，直线l1：直线l1⊥l2于P，连结PF，作线段PF的垂直平分线交直线l2于点H．设点H的轨迹为曲线r． （Ⅰ）求曲线r的方程；

（Ⅱ）过点P作曲线r的两条切线，切点分别为C，D， （ⅰ）求证：直线CD过定点；

（ⅱ）若P（1，﹣1），过点O作动直线L交曲线R于点A，B，直线CD交L于点Q，试探究否为定值？若是，求出该定值；不是，说明理由．

+

是

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阿啊阿

23．（本小题满分12分）△ABC的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ksin B＝sin A＋sin C（k为正常数），a＝4c.

5

（1）当k＝时，求cos B；

4

（2）若△ABC面积为3，B＝60°，求k的值．

24．由四个不同的数字1，2，4，x组成无重复数字的三位数． （1）若x=5，其中能被5整除的共有多少个？ （2）若x=9，其中能被3整除的共有多少个？ （3）若x=0，其中的偶数共有多少个？

（4）若所有这些三位数的各位数字之和是252，求x．

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松桃苗族自治县第一中学校2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析（参） 一、选择题

1． 【答案】B

【解析】解：模拟执行程序框图，可得S=1+3+5+…+99=2500， 故选：B．

【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，等差数列的求和公式的应用，属于基础题．

2． 【答案】C

【解析】解：由a2b＞ab2得ab（a﹣b）＞0， 若a﹣b＞0，即a＞b，则ab＞0，则＜成立，

若a﹣b＜0，即a＜b，则ab＜0，则a＜0，b＞0，则＜成立， 若＜则

，即ab（a﹣b）＞0，即a2b＞ab2成立，

即“a2b＞ab2”是“＜”的充要条件， 故选：C

【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的性质是解决本题的关键．

3． 【答案】B

【解析】解：∵在等差数列{an}中，a1+a2+a3=﹣24，a10+a11+a12=78， ∴3a2=﹣24，3a11=78，解得a2=﹣8，a11=26， ∴此数列前12项和=6×18=108， 故选B．

【点评】本题考查了等差数列的前n项和公式，以及等差数列的性质，属于基础题．

4． 【答案】

C

【解析】

【专题】排列组合．

点在另一条边，根据分类计数原理可得．

【分析】分两类，第一类，三点分别在三条边上，第二类，三角形的两个顶点在正方形的一条边上，第三个顶

=

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【解答】解：首先注意到三角形的三个顶点不在正方形的同一边上．任选正方形的三边，使三个顶点分别在其上，有4种方法，

33

再在选出的三条边上各选一点，有7种方法．这类三角形共有4×7=1372个．

另外，若三角形有两个顶点在正方形的一条边上，第三个顶点在另一条边上，则先取一边使其上有三角形的两个顶点，有4种方法， 4×21×21=17个． 故选：C． 5． 【答案】 D

【解析】解：由得设

+（2xn+1）

==，

﹣（2xn+1），

，

再在这条边上任取两点有21种方法，然后在其余的21个分点中任取一点作为第三个顶点．这类三角形共有综上可知，可得不同三角形的个数为1372+17=3136．

【点评】本题考查了分类计数原理，关键是分类，还要结合几何图形，属于中档题．

以线段PnA、PnD作出图形如图，

则∴

，∴

，

，

∵，∴，

则，

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即xn+1=2xn+1，∴xn+1+1=2（xn+1），

则{xn+1}构成以2为首项，以2为公比的等比数列，

4

∴x5+1=2•2=32，

则x5=31． 故选：D．

【点评】本题考查了平面向量的三角形法则，考查了数学转化思想方法，训练了利用构造法构造等比数列，考查了计算能力，属难题．

6． 【答案】B 【解析】解：∵a=3，∴由正弦定理可得：sinB=∴B=90°，

即满足条件的三角形个数为1个． 故选：B．

【点评】本题主要考查三角形个数的判断，利用正弦定理是解决本题的关键，考查学生的计算能力，属于基础题．

7． 【答案】D 【解析】解：∵A=2B，

∴sinA=sin2B，又sin2B=2sinBcosB， ∴sinA=2sinBcosB， 根据正弦定理sinA=

，sinB=

=，

=2R得： ，A=60°，

=

=1，

代入sinA=2sinBcosB得：a=2bcosB． 故选D

8． 【答案】D

2

【解析】解：抛物线x=﹣4y即为

y2=﹣x， 可得准线方程为x=故选：D．

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．

9． 【答案】15 【

解析】

10．【答案】D 【

解

析

】

11．【答案】A 【解析】

试题分析：利用余弦定理求出正方形面积S111-2cos22cos；利用三角形知识得出四个等

22腰三角形面积S24确答案为A.

1故八边形面积SS1S22sin2cos2.故本题正11sin2sin；

2考点：余弦定理和三角形面积的求解.

【方法点晴】本题是一道关于三角函数在几何中的应用的题目，掌握正余弦定理是解题的关键；首先根据三角

1111sinsin求出个三角形的面积4S2sin；接下来利用余弦定理可求出正222222方形的边长的平方11-2cos，进而得到正方形的面积S111-2cos22cos，最后得到

形面积公式S答案.

12．【答案】C 【解析】解：∵∴由∴∴

； ．

得，

；

=

；

故选：C．

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二、填空题

13．【答案】1 2考点：三角函数的图象与性质，等比数列的性质，对数运算．

【名师点睛】本题考查三角函数的图象与性质、等比数列的性质、对数运算法则，属中档题．把等比数列与三角函数的零点有机地结合在一起，命题立意新，同时考查数形结合基本思想以及学生的运算能力、应用新知识解决问题的能力，是一道优质题． 14．【答案】②③ 【解析】

试题分析：①错：A(1,1),B(2,5),|AB|17,|kAkB|7,(A,B)②对：如y1；③对；(A,B)④错；(A,B)|2xA2xB|(xAxB)(xx)x2222A22B273；17

21(xAxB)2；

|ex1ex2|(x1x2)(ee)2x1|ex1ex2|1(ee)x1x22，

1(ex1ex2)211111,t因为恒成立，故t1.故答案为②③.111] x1x2x1x22(A,B)|ee|(ee)(A,B)考点：1、利用导数求曲线的切线斜率；2、两点间的距离公式、最值问题、不等式恒成立问题.

【方法点晴】本题通过新定义“弯曲度”对多个命题真假的判断考查利用导数求曲线的切线斜率、两点间的距离公式、最值问题、不等式恒成立问题以及及数学化归思想，属于难题.该题型往往出现在在填空题最后两题，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题. 15．【答案】

5 12第 12 页，共 18 页

【解析】

5316．【答案】,

44【解析】



2试题分析：fx3xm，因为g10，所以要使hxminfx,gxx0恰有三个零点，须满足

f10,f(m5m153)0,m0，解得m,m 343244考点：函数零点

【思路点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.

17．【答案】 4

【解析】解：由三视图可以看出此几何体由两排两列，前排有一个方块，后排左面一列有两个木块右面一列有一个，

故后排有三个，故此几何体共有4个木块组成． 故答案为：4．

18．【答案】(0,) 【

解

析

】

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考点：利用导数研究函数的单调性.

等式进行变形,可得fxfx10,结合要求的不等式可知在不等式两边同时乘以e,即

x

【方法点晴】本题是一道利用导数判断单调性的题目,解答本题的关键是掌握导数的相关知识,首先对已知的不

以构造满足前提的特殊函数,比如令fx4也可以求解.1

exfxexfxex0,因此构造函数gxexfxex,求导利用函数的单调性解不等式.另外本题也可

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（1）∵f（4）=0， ∴4|4﹣m|=0 ∴m=4，

（2）f（x）=x|x﹣4|=

图象如图所示：

由图象可知，函数在（﹣∞，2），（4，+∞）上单调递增，在（2，4）上单调递减． （3）方程f（x）=k的解的个数等价于函数y=f（x）与函数y=k的图象交点的个数， 由图可知k∈（0，4）．

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20．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【

解

析

11]

试题解析：解：（1）∵PA是切线，AB是弦，∴BAPC，APDCPE， ∴BAPAPDCCPE，

∵ADEBAPAPD,AEDCCPE ∴ADEAED，即ADE是等腰三角形

又点H是线段ED的中点，∴ AH是线段ED垂直平分线，即AHED

又由APECPE可知PH是线段AF的垂直平分线，∴AF与ED互相垂直且平分，∴四边形AEFD是正方形，则A、E、F、D四点共圆. （5分） （2由割线定理得PA2PBPC，由（1）知PH是线段AF的垂直平分线，

∴PAPF，从而PF2PBPC （10分）

考点：与圆有关的比例线段． 21．【答案】

【解析】解：解：集合A={x|x2

﹣3x+2=0}={1，2}

∵B⊆A，

∴（1）B=∅时，a=0 （2）当B={1}时，a=2 （3））当B={2}时，a=1 故a值为：2或1或0．

22．【答案】

【解析】满分（13分）．

解：（Ⅰ）由题意可知，|HF|=|HP|，

∴点H到点F（0，1）的距离与到直线l1：y=﹣1的距离相等，…（2分）

∴点H的轨迹是以点F（0，1）为焦点，直线l1：y=﹣1为准线的抛物线，…（3分）

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】

11

2

∴点H的轨迹方程为x=4y．…（4分）

（Ⅱ）（ⅰ）证明：设P（x1，﹣1），切点C（xC，yC），D（xD，yD）． 由y=

，得

．

∴直线PC：y+1=xC（x﹣x1），…（5分） 又PC过点C，yC=∴yC+1=xC（x﹣x1）=∴yC+1=同理

∴直线CD的方程为

，即，

，…（7分）

，

xCx1，

．…（6分）

∴直线CD过定点（0，1）．…（8分）

（ⅱ）由（Ⅱ）（ⅰ）P（1，﹣1）在直线CD的方程为得x1=1，直线CD的方程为设l：y+1=k（x﹣1）， 与方程

联立，求得xQ=

．…（9分） ．

，

设A（xA，yA），B（xB，yB）．

2

联立y+1=k（x﹣1）与x=4y，得

x2﹣4kx+4k+4=0，由根与系数的关系，得 xA+xB=4k．xAxB=4k+4…（10分） ∵xQ﹣1，xA﹣1，xB﹣1同号， ∴====∴

+

，

为定值，定值为2．…（13分）

…（11分）

+

=|PQ|

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【点评】本题主要考查直线、抛物线、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查考生分析问题和解决问题的能力．

23．【答案】

55

【解析】解：（1）∵sin B＝sin A＋sin C，由正弦定理得b＝a＋c，

44

5

又a＝4c，∴b＝5c，即b＝4c，

4a2＋c2－b2（4c）2＋c2－（4c）21

由余弦定理得cos B＝＝＝. 2ac82×4c·c（2）∵S△ABC＝3，B＝60°.

1

∴acsin B＝3.即ac＝4. 2

又a＝4c，∴a＝4，c＝1.

1

由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝42＋12－2×4×1×＝13.

2∴b＝13，

∵ksin B＝sin A＋sin C，

a＋c5513由正弦定理得k＝＝＝，

b1313

513

即k的值为.

1324．【答案】

【解析】

【专题】计算题；排列组合．

【分析】（1）若x=5，根据题意，要求的三位数能被5整除，则5必须在末尾，在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，由排列数公式计算可得答案；

（2）若x=9，根据题意，要求的三位数能被3整除，则这三个数字为1、2、9或2、4、9，分“取出的三个数字为1、2、9”与“取出的三个数字为2、4、9”两种情况讨论，由分类计数原理计算可得答案； 位是2或4”两种情况讨论，由分类计数原理计算可得答案；

（3）若x=0，根据题意，要求的三位数是偶数，则这个三位数的末位数字为0或2或4，分“末位是0”与“末（4）分析易得x=0时不能满足题意，进而讨论x≠0时，先求出4个数字可以组成无重复三位数的个数，进而可以计算出每个数字用了18次，则有252=18×（1+2+4+x），解可得x的值． 【解答】解：（1）若x=5，则四个数字为1，2，4，5； 又由要求的三位数能被5整除，则5必须在末尾，

2

在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，有A3=6种情况，

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即能被5整除的三位数共有6个； （2）若x=9，则四个数字为1，2，4，9；

又由要求的三位数能被3整除，则这三个数字为1、2、9或2、4、9，

3

取出的三个数字为1、2、9时，有A3=6种情况， 3

取出的三个数字为2、4、9时，有A3=6种情况，

则此时一共有6+6=12个能被3整除的三位数； （3）若x=0，则四个数字为1，2，4，0；

又由要求的三位数是偶数，则这个三位数的末位数字为0或2或4，

111

当末位是2或4时，有A2×A2×A2=8种情况，

2

当末位是0时，在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，有A3=6种情况，

此时三位偶数一共有6+8=14个，

111

（4）若x=0，可以组成C3×C3×C2=3×3×2=18个三位数，即1、2、4、0四个数字最多出现18次，

则所有这些三位数的各位数字之和最大为（1+2+4）×18=126，不合题意，

故x=0不成立； 则每个数字用了

=18次，

111

当x≠0时，可以组成无重复三位数共有C4×C3×C2=4×3×2=24种，共用了24×3=72个数字，

则有252=18×（1+2+4+x），解可得x=7． 两种情况讨论．

【点评】本题考查排列知识，解题的关键是正确分类，合理运用排列知识求解，第（4）问注意分x为0与否

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