南郊区第二高级中学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． △ABC中，A（﹣5，0），B（5，0），点C在双曲线A．

B．

C．

上，则D．±

1+

=（ ）

2． 若等式（2x﹣1）2014=a0+a1x+a2x2+…+a2014x2014对于一切实数x都成立，则a0+）A．　3． “方程A．必要不充分A．关于x轴对称

+

=1表示椭圆”是“﹣3＜m＜5”的（ B．充要

B．关于y轴对称

D．关于直线y=﹣x轴对称

）条件．

B．

C．

D．0

a2+…+a2014=（

C．充分不必要）

D．不充分不必要

4． 方程x2+2ax+y2=0（a≠0）表示的圆（ C．关于直线y=x轴对称

5． 某公园有P，Q，R三只小船，P船最多可乘3人，Q船最多可乘2人，R船只能乘1人，现有3个大人和2个小孩打算同时分乘若干只小船，规定有小孩的船必须有大人，共有不同的乘船方法为（ A．36种）A．1372　

7． 已知f（x）是R上的偶函数，且在（﹣∞，0）上是增函数，设则a，b，c的大小关系为（

）

，b=f（log43），c=f（0.4﹣1.2）

B．2024

C．3136

D．4495

B．18种

C．27种

D．24种

）

6． 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．a＜c＜bB．b＜a＜cC．c＜a＜bD．c＜b＜a8． 已知x＞1，则函数A．4

B．3

C．2

D．1

）

的最小值为（

）

9． 偶函数f（x）的定义域为R，若f（x+2）为奇函数，且f（1）=1，则f（）+f（90）为（ A．﹣2

B．﹣1

C．0

D．1

第 1 页，共 18 页

10．设命题p：函数y=sin（2x+）的图象向左平移个单位长度得到的曲线关于y轴对称；命题q：函数

）

y=|2x﹣1|在[﹣1，+∞）上是增函数．则下列判断错误的是（ A．p为假

B．￢q为真C．p∨q为真D．p∧q为假

）

11．如果一个几何体的三视图如图所示，主视图与左视图是边长为2的正三角形、俯视图轮廓为正方形，（单位：cm），则此几何体的表面积是（

A．8cm2B． cm2C．12 cm2D． cm2

）

12．如果a＞b，那么下列不等式中正确的是（ A．

B．|a|＞|b|

C．a2＞b2

D．a3＞b3

二、填空题

13．如图所示，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为1，E、F分别是棱AA′，CC′的中点，过直线EF的平面分别与棱BB′、DD′交于M、N，设BM=x，x∈[0，1]，给出以下四个命题：①平面MENF⊥平面BDD′B′；

②当且仅当x=时，四边形MENF的面积最小；③四边形MENF周长l=f（x），x∈0，1]是单调函数；④四棱锥C′﹣MENF的体积v=h（x）为常函数；以上命题中真命题的序号为　　　　　　．　　

14．已知命题p：∃x∈R，x2+2x+a≤0，若命题p是假命题，则实数a的取值范围是　　　　　　．（用区间表示）

第 2 页，共 18 页

15．设有一组圆Ck：（x﹣k+1）2+（y﹣3k）2=2k4（k∈N*）．下列四个命题：①存在一条定直线与所有的圆均相切；②存在一条定直线与所有的圆均相交；③存在一条定直线与所有的圆均不相交；④所有的圆均不经过原点．

其中真命题的代号是　　　　　　（写出所有真命题的代号）．　　

16．设O为坐标原点，抛物线C：y2=2px（p＞0）的准线为l，焦点为F，过F斜率为交于A，B两点，直线AO与l相交于D，若|AF|＞|BF|，则　

17．已知函数f(x)asinxcosxsinx（

）

2的直线与抛物线C相

=　　　　　　．1的一条对称轴方程为x，则函数f(x)的最大值为26A．1　　　　B．±1　　　　C．2　　　　D．2【命题意图】本题考查三角变换、三角函数的对称性与最值，意在考查逻辑思维能力、运算求解能力、转化思想与方程思想．

18．设直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π），对于下列四个命题：

A．M中所有直线均经过一个定点

B．存在定点P不在M中的任一条直线上

C．对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上D．M中的直线所能围成的正三角形面积都相等

其中真命题的代号是　　（写出所有真命题的代号）．

三、解答题

19．已知函数f（x）=cos（ωx+；

（1）求f（x）的对称轴方程和单调递增区间；

（2）求f（x）的最大值、最小值，并指出f（x）取得最大值、最小值时所对应的x的集合．

），（ω＞0，0＜φ＜π），其中x∈R且图象相邻两对称轴之间的距离为

第 3 页，共 18 页

20．已知函数f（x）=x3+x．

（1）判断函数f（x）的奇偶性，并证明你的结论；（2）求证：f（x）是R上的增函数；

（3）若f（m+1）+f（2m﹣3）＜0，求m的取值范围．（参考公式：a3﹣b3=（a﹣b）（a2+ab+b2））

21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，E，F，G分别是AC，AD，BC的中点．求证：（I）AB∥平面EFG；（II）平面EFG⊥平面ABC．

22．在平面直角坐标系xOy中，过点C(2,0)的直线与抛物线y4x相交于点A、B两点，设

2A(x1,y1)，B(x2,y2)．

（1）求证：y1y2为定值；

（2）是否存在平行于y轴的定直线被以AC为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长，如果不存在，说明理由．

第 4 页，共 18 页

23．已知斜率为1的直线l经过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点，|AB|=4．（I）求p的值；

（II）若经过点D（﹣2，﹣1），斜率为k的直线m与抛物线有两个不同的公共点，求k的取值范围．

24．如图的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出（单位：cm）．

（1）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；（2）按照给出的尺寸，求该多面体的体积；（3）在所给直观图中连结BC′，证明：BC′∥面EFG．

第 5 页，共 18 页

第 6 页，共 18 页

南郊区第二高级中学2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析（参）一、选择题

1． 【答案】D

【解析】解：△ABC中，A（﹣5，0），B（5，0），点C在双曲线∴A与B为双曲线的两焦点，

根据双曲线的定义得：|AC﹣BC|=2a=8，|AB|=2c=10，则故选：D．

【点评】本题考查了正弦定理的应用问题，也考查了双曲线的定义与简单性质的应用问题，是基础题目．　

2． 【答案】B【解析】解法一：∵∴取x=1得再取x=0得∴故选B．解法二：∵∴∴故选B．

【点评】本题考查二项式定理的应用，定积分的求法，考查转化思想的应用．　

3． 【答案】C

，

，

，

，即得

，

，，

，

（C为常数），

=

=±

=±．

上，

【解析】解：若方程+=1表示椭圆，则满足，即，

即﹣3＜m＜5且m≠1，此时﹣3＜m＜5成立，即充分性成立，

第 7 页，共 18 页

当m=1时，满足﹣3＜m＜5，但此时方程不成立．故“方程故选：C．

+

+=1即为x2+y2=4为圆，不是椭圆，不满足条件．即必要性

=1表示椭圆”是“﹣3＜m＜5”的充分不必要条件．

【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，考查椭圆的标准方程，根据椭圆的定义和方程是解决本题的关键，是基础题．　

4． 【答案】A

【解析】解：方程x2+2ax+y2=0（a≠0）可化为（x+a）2+y2=a2，圆心为（﹣a，0），∴方程x2+2ax+y2=0（a≠0）表示的圆关于x轴对称，故选：A．

【点评】此题考查了圆的一般方程，方程化为标准方程是解本题的关键．　

5． 【答案】 C　

【解析】

排列、组合及简单计数问题．【专题】计算题；分类讨论．

【分析】根据题意，分4种情况讨论，①，P船乘1个大人和2个小孩共3人，Q船乘1个大人，R船乘1个大1人，②，P船乘1个大人和1个小孩共2人，Q船乘1个大人和1个小孩，R船乘1个大1人，③，P船乘2个大人和1个小孩共3人，Q船乘1个大人和1个小孩，④，P船乘1个大人和2个小孩共3人，Q船乘2个大人，分别求出每种情况下的乘船方法，进而由分类计数原理计算可得答案．【解答】解：分4种情况讨论，

①，P船乘1个大人和2个小孩共3人，Q船乘1个大人，R船乘1个大1人，有A33=6种情况，

②，P船乘1个大人和1个小孩共2人，Q船乘1个大人和1个小孩，R船乘1个大1人，有A33×A22=12种情况，

③，P船乘2个大人和1个小孩共3人，Q船乘1个大人和1个小孩，有C32×2=6种情况，④，P船乘1个大人和2个小孩共3人，Q船乘2个大人，有C31=3种情况，则共有6+12+6+3=27种乘船方法，故选C．

【点评】本题考查排列、组合公式与分类计数原理的应用，关键是分析得出全部的可能情况与正确运用排列、组合公式．6． 【答案】

第 8 页，共 18 页

　C【解析】

【专题】排列组合．

【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，第三个顶点在另一条边，根据分类计数原理可得．

【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，

再在选出的三条边上各选一点，有73种方法．这类三角形共有4×73=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，

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4×21×21=17个．

综上可知，可得不同三角形的个数为1372+17=3136．故选：C．

【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．7． 【答案】C

【解析】解：由题意f（x）=f（|x|）．∵log43＜1，∴|log43|＜1；2＞|ln|=|ln3|＞1；∵|0.4﹣1.2|=|

1.2|

＞2

∴|0.4﹣1.2|＞|ln|＞|log43|．

又∵f（x）在（﹣∞，0]上是增函数且为偶函数，∴f（x）在[0，+∞）上是减函数．∴c＜a＜b．故选C　

8． 【答案】B

【解析】解：∵x＞1∴x﹣1＞0由基本不等式可得，

第 9 页，共 18 页

当且仅当故选B　

9． 【答案】D

即x﹣1=1时，x=2时取等号“=”

【解析】解：∵f（x+2）为奇函数，∴f（﹣x+2）=﹣f（x+2），∵f（x）是偶函数，

∴f（﹣x+2）=﹣f（x+2）=f（x﹣2），即﹣f（x+4）=f（x），

则f（x+4）=﹣f（x），f（x+8）=﹣f（x+4）=f（x），即函数f（x）是周期为8的周期函数，则f（）=f（88+1）=f（1）=1，f（90）=f（88+2）=f（2），由﹣f（x+4）=f（x），

得当x=﹣2时，﹣f（2）=f（﹣2）=f（2），则f（2）=0，

故f（）+f（90）=0+1=1，故选：D．

【点评】本题主要考查函数值的计算，利用函数奇偶性的性质，得到函数的对称轴是解决本题的关键．　

10．【答案】C

【解析】解：函数y=sin（2x+当x=0时，y=sin故命题p为假命题；

函数y=|2x﹣1|在[﹣1，0]上是减函数，在[0，+∞）上是增函数．故命题q为假命题；则￢q为真命题；p∨q为假命题；p∧q为假命题，故只有C判断错误，故选：C　

=

）的图象向左平移

个单位长度得到y=sin（2x+

）的图象，

，不是最值，故函数图象不关于y轴对称，

第 10 页，共 18 页

11．【答案】C

【解析】解：由已知可得：该几何体是一个四棱锥，侧高和底面的棱长均为2，

故此几何体的表面积S=2×2+4××2×2=12cm2，故选：C．

【点评】本题考查的知识点是棱柱、棱锥、棱台的体积和表面积，空间几何体的三视图，根据已知判断几何体的形状是解答的关键．　

12．【答案】D

【解析】解：若a＞0＞b，则

，故A错误；

若a＞0＞b且a，b互为相反数，则|a|=|b|，故B错误；若a＞0＞b且a，b互为相反数，则a2＞b2，故C错误；函数y=x3在R上为增函数，若a＞b，则a3＞b3，故D正确；故选：D

【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了函数的单调性，难度不大，属于基础题．　

二、填空题

13．【答案】　①②④　．

【解析】解：①连结BD，B′D′，则由正方体的性质可知，EF⊥平面BDD′B′，所以平面MENF⊥平面BDD′B′，所以①正确．

②连结MN，因为EF⊥平面BDD′B′，所以EF⊥MN，四边形MENF的对角线EF是固定的，所以要使面积最小，则只需MN的长度最小即可，此时当M为棱的中点时，即x=时，此时MN长度最小，对应四边形MENF的面积最小．所以②正确．

③因为EF⊥MN，所以四边形MENF是菱形．当x∈[0，]时，EM的长度由大变小．当x∈[，1]时，EM的长度由小变大．所以函数L=f（x）不单调．所以③错误．

④连结C′E，C′M，C′N，则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以C′EF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形C′EF的面积是个常数．M，N到平面C'EF的距离是个常数，所以四棱锥C'﹣MENF的体积V=h（x）为常函数，所以④正确．故答案为：①②④．

第 11 页，共 18 页

【点评】本题考查空间立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，本题巧妙的把立体几何问题和函数进行的有机的结合，综合性较强，设计巧妙，对学生的解题能力要求较高．　

14．【答案】　（1，+∞）　

【解析】解：∵命题p：∃x∈R，x2+2x+a≤0，当命题p是假命题时，

命题￢p：∀x∈R，x2+2x+a＞0是真命题；即△=4﹣4a＜0，∴a＞1；

∴实数a的取值范围是（1，+∞）．故答案为：（1，+∞）．

【点评】本题考查了命题与命题的否定的真假性相反问题，也考查了二次不等式恒成立的问题，是基础题目．　

15．【答案】　②④　

【解析】解：根据题意得：圆心（k﹣1，3k），

圆心在直线y=3（x+1）上，故存在直线y=3（x+1）与所有圆都相交，选项②正确；考虑两圆的位置关系，圆k：圆心（k﹣1，3k），半径为两圆的圆心距d=两圆的半径之差R﹣r=

（k+1）2﹣

k2=2

k+

，

k2，

（k+1）2，

=

，

圆k+1：圆心（k﹣1+1，3（k+1）），即（k，3k+3），半径为

任取k=1或2时，（R﹣r＞d），Ck含于Ck+1之中，选项①错误；若k取无穷大，则可以认为所有直线都与圆相交，选项③错误；

将（0，0）带入圆的方程，则有（﹣k+1）2+9k2=2k4，即10k2﹣2k+1=2k4（k∈N*），

因为左边为奇数，右边为偶数，故不存在k使上式成立，即所有圆不过原点，选项④正确．则真命题的代号是②④．故答案为：②④

第 12 页，共 18 页

【点评】本题是一道综合题，要求学生会将直线的参数方程化为普通方程，会利用反证法进行证明，会利用数形结合解决实际问题．　

16．【答案】　　．

【解析】解：∵O为坐标原点，抛物线C：y2=2px（p＞0）的准线为l，焦点为F，过F斜率为

的直线与抛物线C相交于A，B两点，

直线AO与l相交于D，∴直线AB的方程为y=联立

（x﹣），l的方程为x=﹣，，解得A（﹣

，

，

P），B（，﹣

）

∴直线OA的方程为：y=

联立，解得D（﹣，﹣）

∴|BD|==，

∵|OF|=，∴ ==．

故答案为：．

【点评】本题考查两条件线段的比值的求法，是中档题，解题时要认真审题，要熟练掌握抛物线的简单性质．　

17．【答案】A【

解

析

】

第 13 页，共 18 页

18．【答案】BC【解析】

【分析】验证发现，直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π）表示圆x2+（y﹣2）2=1的切线的集合，A．M中所有直线均经过一个定点（0，2）是不对，可由圆的切线中存在平行线得出，B．存在定点P不在M中的任一条直线上，观察直线的方程即可得到点的坐标．

C．对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上，由直线系的几何意义可判断，D．M中的直线所能围成的正三角形面积一定相等，由它们是同一个圆的外切正三角形可判断出．【解答】解：因为点（0，2）到直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π）中每条直线的距离d=

=1，直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π）表示圆x2+（y﹣2）2=1的切线的集合，

A．由于直线系表示圆x2+（y﹣2）2=1的所有切线，其中存在两条切线平行，M中所有直线均经过一个定点

（0，2）不可能，故A不正确；

B．存在定点P不在M中的任一条直线上，观察知点M（0，2）即符合条件，故B正确；C．由于圆的所有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上，故C正确；

D．如下图，M中的直线所能围成的正三角形有两类，

其一是如△ABB′型，是圆的外切三角形，此类面积都相等，另一类是在圆同一侧，如△BDC型，此一类面积相等，但两类之间面积不等，所以面积大小不一定相等，故本命题不正确．故答案为：BC．

第 14 页，共 18 页

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（1）函数f（x）=cos（ωx+∴ω=2，f（x）=cos（2x+令2x+

=kπ，求得x=

）．

﹣

，可得对称轴方程为 x=

≤x≤kπ﹣

，

﹣

，k∈Z．

）的图象的两对称轴之间的距离为

=

，

令2kπ﹣π≤2x+≤2kπ，求得 kπ﹣

可得函数的增区间为，k∈Z．（2）当2x+当2x+

=2kπ，即x=kπ﹣=2kπ+π，即x=kπ+

，k∈Z时，f（x）取得最大值为1．，k∈Z时，f（x）取得最小值为﹣1．

，k∈Z}；，k∈Z}．

∴f（x）取最大值时相应的x集合为{x|x=kπ﹣f（x）取最小值时相应的x集合为{x|x=kπ+　

20．【答案】

【解析】解：（1）f（x）是R上的奇函数证明：∵f（﹣x）=﹣x3﹣x=﹣（x3+x）=﹣f（x），∴f（x）是R上的奇函数

（2）设R上任意实数x1、x2满足x1＜x2，∴x1﹣x2＜0，

f（x1）﹣f（x2）=（x1﹣x2）+[（x1）3﹣（x2）3]=（x1﹣x2）[（x1）2+（x2）2+x1x2+1]=（x1﹣x2）[（x1+x2）2+x22+1]＜0恒成立，

因此得到函数f（x）是R上的增函数．

（3）f（m+1）+f（2m﹣3）＜0，可化为f（m+1）＜﹣f（2m﹣3），∵f（x）是R上的奇函数，∴﹣f（2m﹣3）=f（3﹣2m），∴不等式进一步可化为f（m+1）＜f（3﹣2m），∵函数f（x）是R上的增函数，∴m+1＜3﹣2m，∴

21．【答案】

【解析】证明：（I）在三棱锥A﹣BCD中，E，G分别是AC，BC的中点．

第 15 页，共 18 页

所以AB∥EG…

因为EG⊂平面EFG，AB⊄平面EFG所以AB∥平面EFG…

（II）因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD所以AB⊥CD…

又BC⊥CD且AB∩BC=B所以CD⊥平面ABC…

又E，F分别是AC，AD，的中点所以CD∥EF所以EF⊥平面ABC…又EF⊂平面EFG，

所以平面平面EFG⊥平面ABC．…

【点评】本题考查线面平行，考查面面垂直，掌握线面平行，面面垂直的判定是关键．　

22．【答案】（1）证明见解析；（2）弦长为定值，直线方程为x1.【解析】

（2）根据两点间距离公式、点到直线距离公式及勾股定理可求得弦长为4(1a)x18a4a ，进而得

2a1时为定值.

试题解析：（1）设直线AB的方程为myx2，由得y4my80，∴y1y28，因此有y1y28为定值．111]

2myx2,2y4x,x12y1,)，AC(x12)2y12，22111(x12)2y12x124，E点到直线xa的距离因此以AC为直径圆的半径rAC222x2d|1a|，

2x21222(x14)(1a)2x124(x122a)2所以所截弦长为2rd242（2）设存在直线：xa满足条件，则AC的中点E(第 16 页，共 18 页

4(1a)x18a4a2．

当1a0，即a1时，弦长为定值2，这时直线方程为x1．

考点：1、直线与圆、直线与抛物线的位置关系的性质；2、韦达定理、点到直线距离公式及定值问题.23．【答案】

【解析】解：（I）由题意可知，抛物线y2=2px（p＞0）的焦点坐标为所以，直线l的方程为由

消y并整理，得

…

…

，准线方程为

．

设A（x1，y1），B（x2，y2）则x1+x2=3p，

又|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+p=4，所以，3p+p=4，所以p=1…

（II）由（I）可知，抛物线的方程为y2=2x．由题意，直线m的方程为y=kx+（2k﹣1）．…由方程组

可得ky2﹣2y+4k﹣2=0（2）…

当k=0时，由方程（2），得y=﹣1．把y=﹣1代入y2=2x，得

．

．…

（1）

这时．直线m与抛物线只有一个公共点

当k≠0时，方程（2）得判别式为△=4﹣4k（4k﹣2）．由△＞0，即4﹣4k（4k﹣2）＞0，亦即4k2﹣2k﹣1＜0．解得于是，当

．

且k≠0时，方程（2）有两个不同的实根，从而方程组（1）有两组不同的解，这

时，直线m与抛物线有两个不同的公共点，…因此，所求m的取值范围是

．…

【点评】本题考查抛物线的方程与性质，考查直线与抛物线的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

第 17 页，共 18 页

24．【答案】

【解析】解：（1）如图

（2）它可以看成一个长方体截去一个小三棱锥，

设长方体体积为V1，小三棱锥的体积为V2，则根据图中所给条件得：V1=6×4×4=96cm3，V2=••2•2•2=cm3，∴V=v1﹣v2=

cm3

（3）证明：如图，

在长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，连接AD′，则AD′∥BC′

因为E，G分别为AA′，A′D′中点，所以AD′∥EG，从而EG∥BC′，又EG⊂平面EFG，所以BC′∥平面EFG；

2016年4月26日

第 18 页，共 18 页