湖北省黄石二中2018-2019学年下学期高二期末考试模拟卷理科数学含答案

黄石二中2018-2019学年下学期高二期末考试模拟卷

座位号 4．[2019·汉中质检]已知向量a、b的夹角为A．

B．

，a2，b1，则ab（ ） C．

D．

理科数学（B）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写5．[2019·江淮十校]甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为，其中

，若

，就称甲乙“心有灵犀”．现任意找两

人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（ ） A．

11 封 B．

12 C．

13 D．

14 在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸 和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

号场考第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的．

1．[2019·雅安诊断]当m1时，复数2m1i在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

号2．[2019·龙泉中学]已知全集UR，集合，

，

证考准则集合( )

A．

B．

C．

D．

3．[2019·泉州质检]函数

的图象大致为（ ）

名姓 A． B．

级班C．

D．

252525256．[2019·福建质检]已知双曲线C的中心在坐标原点，一个焦点到渐近线的距离等于2，

则C的渐近线方程为（ ） A．y12x

B．y23x

C．y32x

D．y2x 7．[2019·汕尾质检]在△ABC中，内角的对边分别为

，已知

，

，Aπ3，则（ ） A．

3π B．π4

C．π6

D．π3π44或4

8．[2019·汕尾质检]《数书九章》是我国宋代数学家秦九韶的著作，其中给出了求多项式的值的 秦九韶算法，如图所示的程序框图给出了一个利用秦九韶算法求某多项式值的实例，若输入的，输

出的

，则判断框“

”中应填入的是（ ）

A．

B．

C．

D．

9．[2019·九江二模]已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面 都相切，则球与圆锥的表面积之比为（ ）

A．23

B．49

C．269 D．

827

密不订装只卷此10．[2019湛江模拟]把函数yfx的图像向左平移

2π3个单位长度，再把所得的图像上每个点的横、纵坐标都变为原来的2倍，得到函数gx的图像，并且gx的图像如图所示，则fx的表达式可以为（ ）

A．fx2sinπx6

B．fxsinπ4x6

C．fxsinπ4x6

D．fx2sinπ4x6

2211．[2019·四川质检]已知椭圆C的方程为

xa2yb21ab0，焦距为，直线l:y24x与 椭圆C相交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率为（ ）

A．32 B．34

C．12

D．14

12．[2019·郴州质检]已知函数为R上的奇函数，且图象关于点对称，且当

时，

xfx121，则函数

在区间上的（ ）

A．最小值为34

B．最小值为78

C．最大值为0

D．最大值为78

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．[2019·赣州摸底]设曲线

在点

处的切线方程为

，则

____．

x2y214．[2019·上饶联考]若x，y满足约束条件0xy10，则zy1的最小值为_______y0x5．

15．[2019·四川质检]已知tanπ42，则sin2cos2_______．

16．[2019·湛江模拟]圆锥的底面半径为，母线长为．正四棱柱

的上底面的顶点

均在圆锥的侧面上，棱柱下底面在圆锥的底面上，则此正四棱柱体积的最大值为_____．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（12分）[2019·乌鲁木齐质检]记公差不为零的等差数列的前n项和为，已知

，

是与的等比中项．

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列1S的前n项和．

n

18．（12分）[2019·湛江质检]某小区为了调查居民的生活水平，随机从小区住户中抽取6个家庭，得到数据如下：

家庭编号 1 2 3 4 5 6 月收入x（千元） 20 30 35 40 48 55 月支出y（千元） 4 5 6 8 8 11

nnxixyiyxiyinxy参考公式：回归直线的方程是：

，其中，bˆi1i1nx22ixi1n，

xinx2i1．

（1）据题中数据，求月支出（千元）关于月收入（千元）的线性回归方程（保留一位小数）；

（2）从这个家庭中随机抽取个，记月支出超过千家庭个数为，求的分布列与数学期望．

19．（12分）[2019·延安模拟]如图，在几何体

中，四边形

是矩形，

平面

，

，

，，分别是线段

，

的中点．

（1）求证：GF∥平面；

（1）求平面

与平面

所成角的余弦值．

20．（12分）[2019·石景山期末]已知抛物线

经过点P1,2，其焦点为F．M为抛物线上除了原

点外的任一点，过M的直线l与x轴，y轴分别交于A，B． （1）求抛物线C的方程以及焦点坐标；

（2）若△BMF与△ABF的面积相等，求证：直线l是抛物线C的切线．

21．（12分）[2019·郑州一中]设函数fxxex1ax2． （1）若a12，求fx的单调区间；

（2）若当x0时，fx0恒成立，求实数a的取值范围．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】 [2019·兰州模拟]在直角坐标系

中，曲线的参数方程为x2cosy22sin（为参数），以原点为极点，

轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；

（2）已知曲线的极坐标方程为

，

，R，点是曲线与的交点，点是

曲线与的交点，且，均异于原点，且，求实数的值．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】 [2019·兰州二诊]已知fx2x22x1a． （1）当（2）若不等式

时，求不等式

的解集；

的解集为实数集R，求实数的取值范围．

2018-2019学年下学期高二期末考试模拟卷

理科数学（B）答案

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】D

【解析】∵m1，∴m10，

∴复数2m1i在复平面内对应的点2,m1位于第四象限，故选D． 2．【答案】A 【解析】由

，可得

或

，故

，

由

，解得 ，∴，∴，故选A．

3．【答案】C 【解析】当

时，

，故排除选项B；f1e1，故排除D；

fxx33x2ex，令，得

或x3，

则当变化时，

的变化情况如下表：

,3 3 3,0 0 0 单调递减 极小值f3 单调递增 单调递增 又因为，故

在

的切线为轴，故排除选项A，所以选C．

4．【答案】A 【解析】abab2a22abb242abcos6013，因此本题选A．

5．【答案】C

【解析】甲乙两人猜数字时互不影响，故各有5种可能，故基本事件是种，“心有灵犀”的情况

包括：

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

共13种，

故他们“心有灵犀”概率为1325，故选． 6．【答案】D

【解析】设双曲线的方程为x2y2ba2b21，其渐近线方程为yax，

a2b25依题意可知，

5b，解得a22b2∴双曲线C的渐近线方程为，故选D．

7．【答案】C

【解析】c31，b2，Aπ3， 由余弦定理可得：

，

23由正弦定理可得：sinBbsinA2a622，

为锐角，Bπ4．故选C． 8．【答案】C

【解析】模拟程序的运行过程如下， 输入x13，k1，y114313，

k2，y41133319，

k3，y1391403127， k4，y401121273181， 此时不满足循环条件，输出y12181， 则判断框中应填入的是．故选C．

9．【答案】B

【解析】设圆锥底面圆半径为R，球的半径为r，

由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，

2所以r33R，S3球的表面积4πr24πR34πR2， 34πS圆锥表面积πR2RπR23πR2，所以球与圆锥的表面积之比为3R243πR29，故选B． 10．【答案】B

【解析】∵g02sin1，即sin12， ∴5π62kπ或π62kπ,kZ（舍去）

，则gx2sinx5π6， 又

7π125π62kπ，kZ，2k56127，当k1，2，

即gx2sin5π2x6，

把函数gx的图象上所有点的横坐标缩短到原来的12，得到y2sin5π4x6，

再把纵坐标缩短到原来的12，得到ysin5π4x6，

再把所得曲线向右平移

2π3个单位长度得到函数fx的图象， 即fxsin4x2π35π6sin8π4x35π64x11sinπ6sin4xπ6，

故选B． 11．【答案】A

【解析】设直线与椭圆在第一象限内的交点为

，则y24x，

2由

，可知

，即x22224xc，解得xc， 3所以A2213c,3c，

2222把点代入椭圆方程得到3c13ca2b21， 整理得，即

，

因

，所以可得e32，故选A项． 12．【答案】A 【解析】因为函数

的图象关于点

对称，所以．

又函数为奇函数，所以

，所以函数

是周期为6的周期函数，

又函数

的定义域为R，且为奇函数，故

，f3f30，

依次类推，

．作出函数的大致图象，如图所示，

根据周期性可知，函数在区间

上的图象与在区间

上的图象完全一样，可知函数在上单调递减，且f30，

所以函数在区间

上的最小值为34．选A．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】1 【解析】因为曲线

，所以fx1ax1， 因为曲线在点

处的切线方程为，

所以f01a11a2，a1． 14．【答案】4

【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，

目标函数其几何意义表示点P5,1与可行域内的点连线的斜率， 据此可知目标函数在点A处取得最小值，

联立直线方程x2y20xy10，可得点的坐标为A4,3，

据此可知目标函数的最小值为z31min454，故答案为4． 15．【答案】710

tanππ【解析】tantanπ4π44tan4211tanπ3，

4π12tan4所以sin2cos22sincoscos22tan12sin2cos2=tan2131732110． 16．【答案】327 【解析】

设正四棱柱的底面边长为x，设棱柱的高h，

2x根据相似性可得：223h223，解得h436x2，（其中0x22）．∴此正四棱柱体积为Vx2hx2436x83x36x22，V2，

令V0，解得x423， 易得：Vx2436x422在0,423上递增，在3,22上递减， 所以此正四棱柱体积的最大值为327． 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1）

；（2）Tnnn1． 【解析】（1）由已知，得

，

又

，解得

，

．

（2）由（1）得，Snn12n2n2nn1，

1S111n1n1， nnnT111n12231n1n111n1nn1． 18．【答案】（1）yˆ0.2x0.6；（2）见解析．

【解析】（1）x20303540485638，y56881167，

bˆ2043053564084885511638720230235240248255263820.2， ，

所以月支出关于月收入的线性回归方程是：yˆ0.2x0.6． （2）的可能取值为，

32P0C03C3C3120，P1C3C13C39， 6620P2C123C3C39，P3C03C331620C3620， 故的分布列为：

0 1 2 3

P 199120 20 20 20 数学期望E01201920291203201.5． 19．【答案】（1）见证明；（2）23．

【解析】（1）如图，取的中点连接，，

又是的中点，所以HG∥AB，且HG12AB， 又是

中点，所以DF12CD，

由四边形是矩形得，AB∥CD，

，

所以GH∥DF且．

从而四边形

是平行四边形，所以GF∥DH，

∵DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，∴GF∥平面ADE．

（2）如图，在平面

内，过点作BQ∥EC，

因为，所以． 又

平面

，所以

，

．

以为原点，分别以BE，BQ，BA的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设

，则

，

，

，

．

因为平面

，所以BA0,0,4为平面

的法向量，

设nx,y,z为平面

的法向量．

又AE4,0,4，AF4,4,2，

nAE0，即4x4z0nAF04x4y2z0，取n2,1,2， cosBA,nBAn24BAn4323， 所以平面与平面

所成角的余弦值为23．

20．【答案】（1）抛物线C的方程为

，焦点F点坐标为1,0；（2）见解析．

【解析】（1）因为抛物线经过点P1,2，

所以

．

所以抛物线C的方程为

，焦点F点坐标为1,0．

（2）证明：因为△BMF与△ABF的面积相等，

所以BMAB，所以B为AM的中点． 设Mx0,y0（x0y00），则Ax0,0． 所以直线l的方程为yy02xxx0， 0与抛物线

联立得y28x0yy4x00， 02Δx2016xx00y24x16x00，

00所以直线l是抛物线C的切线．

21．【答案】（1）fx在,1，0,上单调递增，在1,0上单调递减；（2）,1．【解析】（1）a12时，fxxex112x2，

fxex1xexxex1x1， 当x,1时，fx0；

当x1,0时，fx0； 当x0,时，fx0．

故fx在,1，0,上单调递增，在1,0上单调递减． （2）fxxex1ax2xex1ax．

令gxex1ax，则gxexa，

若，则当x0,时，gx0，gx为增函数，而g00，

从而当

时，gx0，即fx0．

若a1，则当x0,lna时，gx0，gx为减函数，而g00， 从而当x0,lna时，gx0，即fx0． 综上可得a的取值范围是,1．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．【答案】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）

3π4． 【解析】（1）由曲线的参数方程为x2cosy22sin（为参数），

消去参数得曲线的普通方程为，

因为曲线的极坐标方程为，所以，

所以的直角坐标方程为，整理得

．

（2）：

化为极坐标方程

，

所以AB=cos=42sinπAB4sin442，

所以sinπππ3π41，所以42kπkZ，即4kπkZ，

又因为

，所以3π4．

23．【答案】（1）xx1或x117（2）2；

12,． 【解析】（1）当时，

，

当时，由

得

，得

，或

，

所以

． 当0x12时，由，得，

解得x3172或x3172，所以x； 当x12时，由得，

解得x11712或x172，所以x1172， 综上：当时，

的解集为xx1或x1172．（2）fx0的解集为实数集Ra2x22x1，

2当x12时，2x22x12x22x12131x222，

12当x12时，2x22x12x22x12x21212，

2x22x1的最大值为12． 实数的取值范围为12,．