江西省赣州市五校协作体2018-2019学年高二下学期期中联考数学（理）试题含答案解析

1、1 赣州市五校协作体赣州市五校协作体 2018-20192018-2019 学年第二学期期中联考学年第二学期期中联考 高二数学理科试卷高二数学理科试卷 考试时间：考试时间：20192019 年年 4 4 月月 2525 日日 试卷满分：试卷满分：150150 分分 第第 I I 卷卷 一、选择题：本题共有一、选择题：本题共有 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的合题目要求的. . 1.若复数 满足（ 为虚数单位） ，则等于（ ） A. 1B. 2C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知得，利用复数的模的性质化简即得. 【详解】，即，. 故选：A 【点睛】本题主要考查复数的模的运算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力. 2.已知命题 ：方程表示双曲线；命题 ：.命题 是命题 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】 等价转化命题 ，利用充分必要性定义结合不等式性质判断即可.

2、 【详解】方程表示双曲线等价于，即命题 ：， 由推不出，充分性不具备， 由能推出，必要性具备， 故命题 是命题 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判断，利用好双曲线方程系数的关系是解决本题的关键，比较 基础 2 3.已知命题 p：存在，命题 q：对任意 xR，下列命题为真命题的是( ) A. qB. p 且 qC. p 或( q)D. ( p)且 q 【答案】D 【解析】 【分析】 先分别判断命题 p,q 的真假，再判断选项的真假得解. 【详解】由 y的性质可知，所以 p 为假命题，p 是真命题； (1)2430，b0)的一个焦点，若 C 上存在点 P，使线段 PF 的中点恰为其虚轴的一 个端点，则 C 的离心率为_ 【答案】 【解析】 试题分析：根据对称性，不妨设，短轴端点为，从而可知点在双曲线上， . 9 考点：双曲线的标准方程及其性质. 【名师点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其性质，属于容易题，根据对称性将条件中的信息进行 等价的转化是解题的关键，在求解双曲线的方程时，主要利用，焦点坐标，渐近线方程等性质， 也会与三角形的中位线，相似三角

3、形，勾股定理等平面几何知识联系起来. 16.已知函数 f (x)及其导数 f (x)，若存在 x0，使得 f (x0)f (x0)，则称 x0是 f (x)的一个“巧值点” ，则下列函数中有“巧值点”的是_ f(x)x2；f(x)ex；f(x)lnx；f(x)tanx；. 【答案】 【解析】 分析：求出各函数的导函数，解方程，有解的则有“巧值点” ，无解的则没有“巧值点”. 详解：，得或，有“巧值点” ；，无解，无“巧值点” ； ，方程有解，有“巧值点” ；，方程无解，无“巧值点” ； ，方程有解，有“巧值点”. 故答案为. 点睛：本题是一种信息迁移题，考查学生的创新意识，解题关键是掌握新概念的实质，本题实际上是考查初 等函数的求导，以及解方程（确定方程是否有解） ，属于中等题型. 三、解答题三、解答题: :本大题共本大题共 6 6 小题，共小题，共 7575 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. . 17.（1）设，用综合法证明：； （2）用分析法证明：. 【答案】 （1）详见解析（2）详见解析 【解析】 【分析】 （1）根据题目可采

4、用作差法求证（2）用分析法，采用平方的方法可证明 【详解】 （1） 而 10 （2）要证，只需证， 即证，只需证，即，而显然成立，故原不等式得证. 【点睛】本题主要考查了证明方法中的综合法及分析法，属于中档题.用分析法证明问题时，注意证明的格 式，是从结论出发寻求结论成立的条件. 18.如图，在边长为 4 的正方形中，点分别是的中点，点在上，且，将 分别沿折叠，使点重合于点 ，如图所示 . 试判断与平面的位置关系，并给出证明； 求二面角的余弦值. 【答案】 （1）见解析；（2） 【解析】 【分析】 (1)根据线面平行的判定定理直接证明即可； （2）连接交与点 ，先由题中条件得到为二面角的平面角，再解三角形即可得出结果. 【详解】 （1）平面证明如下：在图 1 中，连接，交于 ，交于 ， 则， 在图 2 中，连接交于 ，连接，在中，有， 平面，平面，故平面； （2）连接交与点 ，图 2 中的三角形与三角形 PDF 分别是图 1 中的与， ，又，平面，则，又，平面， 则为二面角的平面角 11 可知，则在中，则 在中，由余弦定理，得 二面角的余弦值为 【点睛】本题主要考查线面平行的判定，以及

5、二面角的求法，熟记线面平行的判定定理以及二面角的概 念即可，属于常考题型. 19.已知函数 （1）求函数的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值 【答案】(1) 的递增区间为，递减区间为 (2) 最大值 ， 最小值 【解析】 分析：（1）求导数后，由可得增区间，由可得减区间 （2）根据单调性求出函数的极值和区间的 端点值，比较后可得最大值和最小值 详解：（1）， 由，解得或； 由，解得， 所以的递增区间为，递减区间为 （2）由（1）知是的极大值点，是的极小值点， 所以 极大值 ， 极小值 ， 又， 所以 最大值 ， 最小值 12 点睛：（1）求单调区间时，由可得增区间，由可得减区间，解题时注意导函数的符号与单 调性的关系 （2）求函数在闭区间上的最值时，可先求出函数的极值和区间的端点值，通过比较后可得最大值和最小 值 20.已知抛物线 C：过点 求抛物线 C 的方程； 设 F 为抛物线 C 的焦点，直线 l：与抛物线 C 交于 A，B 两点，求的面积 【答案】 （1）；（2）12 【解析】 【分析】 （1）将点的坐标代入抛物线，进行求解即可 （2）联立方程组，利用根与系数之间的关

6、系结合三角形的面积公式进行求解 【详解】 （1）因为抛物线：过点， 所以，解得，所以抛物线 的方程为 （2）由抛物线的方程可知，直线与 轴交于点， 联立直线与抛物线方程，消去 可得， 所以，所以， 所以的面积为 【点睛】直线与抛物线的位置关系，可通过联立直线方程和抛物线方程消去 （或 ） 得到关于 （或 ）的方程，再利用韦达定理简化目标代数式，也可以直接求出相应的根，再 考虑与交点有关的数学问题 21.已知椭圆 C 过点 ，两个焦点 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）设直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，且|AB|6，求AOB 面积的最大值 【答案】 （1） ；（2） 【解析】 【分析】 13 （1）由已知可设椭圆方程为（ab0） ，且 c，再由椭圆定义求得 a，结合隐含条件求得 b，则椭圆方程可求； （2）当直线 AB 的斜率不存在时，设直线方程为 xm，由弦长求得 m，可得三角形 AOB 的面积；当直线 AB 的斜率存在时，设直线方程为 ykx+m，联立直线方程与椭圆方程，结合根与系数的关系及弦长可得 m 与 k 的关系，再由点到直线的距离公式求出原点 O 到 AB 的距离

7、，代入三角形面积公式，化简后利用二次函 数求最值，则答案可求 【详解】解：（1）由题意，设椭圆方程为（ab0） ， 且 c，2a12， 则 a6，b2a2c212 椭圆 C 的标准方程为； （2）当直线 AB 的斜率不存在时，设直线方程为 xm， 得|AB|， 由|AB|6，解得 m3， 此时； 当直线 AB 的斜率存在时，设直线方程为 ykx+m， 联立，得（3k2+1）x2+6kmx+3m2360 36k2m24（3k2+1） （3m236）432k212m2+144 设 A（，） ，B（，） ， 则， 由|AB|6， 整理得：，原点 O 到 AB 的距离 d 14 当时，AOB 面积有最大值为9 综上，AOB 面积的最大值为 【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和 意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首 先建立目标函数，再求这个函数的最值在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：利 用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出 参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范 围 22.已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若函数在上有零点，求 的取值范围. 【答案】 （1）见解析；（2） 【解析】 【分析】 （1）先求导，对 a 分类讨论，利用导函数的正负可得 f（x）的单调性. （2）将已知进行转化，得到在上有解，分离参数 a，构造函数，求导求得值域，可得 a 的范围. 【详解】 （1）因为，所以. 当时，因为，所以在 上单调递增； 当时，令，解得或. 令，解得， 则在，上单调递增； 在上单调递减. （2）因为，所以， 在上有零点，等价于关于 的方程在上有解， 15 即在上有解. 因为，所以. 令，则 . 令，解得；令，解得， 则 上单调递减，在上单调递增， 因为 ， 所以 ， 则， ， 故 的取值范围为. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与零点问题，考查了函数的最值的求法，考查了等价转化方 法，考查了推理能力与计算能力，属于难题

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