2018-2019学年度高二数学期中考试卷

考试时间：120分钟；满分150分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题)

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一、单选题

1．已知集合Ax|x10,Bx|xx60，则A2B（ ）

D.1,2

A.1,3 B.1,3 C.1,2

【答案】A 【解析】 【分析】

解不等式，可得集合A和集合B，根据交集运算即可求得A【详解】

解一元一次不等式x1， （1，）＞0 得x＞1，即A集合为

B。

3]， 解一元二次不等式x2x60 得2x3 ，即B集合为[2，，即AB13

故选：A．

【点睛】

本题考查了集合交集的简单运算，属基础题．

2．已知向量a(2,1)，b(2,3)，则向量a在向量b方向上的投影为()

A.13 13B.

13 13C.0

D.1

【答案】C 【解析】

向量a在向量b方向上的投影为：acosabb23142

53．已知sin33，tan，那么角的终边在（ ） 54B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

A．第一象限 【答案】C 【解析】 【分析】

由已知条件得到角的终边所在象限 【详解】 由sin3则角的终边在第三象限或者第四象限； 5由tan3则角的终边在第一象限或者第三象限； 4综上角的终边在第三象限，故选C 【点睛】

本题考查了由三角函数值判断角的范围，根据三角函数值符号特征求出结果，较为简单，

也可以记忆“一正二正弦，三切四余弦”

x4．函数f(x)24x3的零点所在区间是（ ）

A．(,)

1142B．(1,0) 4C．(0,)

14D．(,)

1324【答案】A 【解析】

11试题分析：f()2420，

411f()2210,选A. 2考点：零点的定义.

5．某几何体的三视图如图所示，其中府视图是个半圆，则该几何体的表面积为（ ）

A．3333 B．3 C． D．23 222【答案】A 【解析】

试题分析：由题意得，根据所盖的三视图可得，该几何体为圆锥的一半，那该几何体的表面积为该圆锥表面积的一半与轴截面的面积之和，又该圆锥的侧面展开图为扇形，所以侧面积为

1112，底面积为，观察三视图可知，轴截面为边长为2的22133223，则该几何体的表面积为3，故222正三角形，所轴截面面积为选A.

考点：几何体的三视图及几何体的表面积.

【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，属于基础题，本题的解答中，根据所盖的三视图可得，该几何体为圆锥的一半，那该几何体的表面积为该圆锥表面积的一半与轴截面的面积之和是解答问题的关键.

136．已知alog34，b1，clog1，则a，b，c的大小关系为（ ）

354A．cab 【答案】A 【解析】 【分析】

直接利用指数函数与对数函数的单调性即可比较大小. 【详解】

0111cloglog35log34a1 1b1，5344131B．bac C．cba D．abc

∴cab 故选：A 【点睛】

本题考查实数的大小比较，考查单调性的应用，涉及指数与对数函数的单调性，属于基础题.

7．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经四处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒”用程序框图表达如图所示，即最终输出的x0，则开始输入的x值为

A.

3 4B.

15 16C.

7 8D.

31 32【答案】B 【解析】

分析：由题意结合流程图计算经过循环之后的结果得到关于x的方程，解方程即可求得最终结果.

详解：结合题意运行程序如图所示：首先初始化数据：输入x的值，i1， 第一次循环：x2x1，ii12，此时不满足i4；

第二次循环：x22x114x3，ii13，此时不满足i4； 第三次循环：x24x318x7，ii14，此时不满足i4；

第四次循环：x28x7116x15，ii15，此时满足i4，跳出循环；

由题意可得：16x150，解方程可得输入值为：x15. 16本题选择B选项.

点睛：识别、运行程序框图和完善程序框图的思路

(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构． (2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题． (3)按照题目的要求完成解答并验证．

8．已知直线l1:(a1)xy20与直线l2:ax(2a2)y10互相垂直,则实数a的值为（ ）

A．1或2 B．1或-2 C．-1或2 D． -1或-2 【答案】D 【解析】

试题分析：由a+1a+2a+2=0,所以a=-1或a=-2。

考点：直线垂直的条件。

点评：直线A1x+B1y+C1=0与直线A2x+B2y+C2=0垂直的条件：A1A2+B1B2=0。

9．已知1，a1，a2，4成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，则是（ ）

a1a2的值b2A.

5 2B.5 2C.

55或 22D.

1 2【答案】A 【解析】

a1a25. 依题意可知a1a2145,b144,b22,所以

b222210．已知,则的最小值是（ ）

A．4 【答案】A 【解析】

B．3 C．2 D．1

试题分析：因为，且，所以；

则（当且仅当 ，

即时取等号）；故选A．

考点：1．对数的运算；2．基本不等式． 11．在∆ABC中，已知a=3，b=6，C=

，则∆ABC是（ ） 4A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．任意三角形 【答案】B 【解析】 试

题

分

析

：

由

余

弦

定

理

得

c2a2b22abcosC36236形为直角三角形 考点：

12．把函数yfx的图象向左平移

23c3 a2c2b2，三角22个单位长度，再把所得的图象上每个点的3横、纵坐标都变为原来的2倍，得到函数gx的图象，并且gx的图象如图所示，则fx的表达式可以为（ ）

A．fx2sinx6

B．fxsin4x 6C．fxsin4x6

D．fx2sin4x 6【答案】B 【解析】 【分析】

根据条件先求出φ和ω，结合函数图象变换关系进行求解即可． 【详解】

∵g（0）＝2sinφ＝1，即sinφ1， 2∴φ52k,或φ2k,kZ（舍去） 665）， 6则g（x）＝2sin（ωx又

755122k,kZ,2k,当k=1, 2 12667即g（x）＝2sin（2x5）， 615，得到y＝2sin（4x），26152再把纵坐标缩短到到原来的，得到y＝sin（4x），再把所得曲线向右平移个

263把函数g（x）的图象上所有点的横坐标缩短到到原来的单位长度得到函数g（x）的图象，

即g（x）＝sin[4（x-

25）]＝368511sin4xsin4x366故选：B． 【点睛】

sin4x

6本题主要考查三角函数图象的应用，根据条件求出ω 和φ的值以及利用三角函数图象平移变换关系是解决本题的关键．

第II卷（非选择题)

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二、填空题

xy613．已知变量x，y满足条件xy2 ，若目标函数z=2x+y，那么z的最大值为

x0________． 【答案】10 【解析】

作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）

由z2xy得y2xz，平移直线y2xz，由图象可知当直线y2xz经

xy6x4zy2xz过点A时，直线的截距最大，此时最大，由，解得，

xy2y2即A4,2，代入目标函数z2xy得z2428210，即目标函数

z2xy的最大值为10，故答案为10.

14．设函数则时x的取值范围是________．

【答案】

【解析】试题分析： x1时， 21x2x0； x1时，

1log2x2log2x1log221x21.

考点：1、分段函数；2、解不等式.

1.综上得， x的取值范围为：215．已知向量a(cos,sin),向量b(3,1)则2ab的最大值是 _____ ． 【答案】4 【解析】 试

题

分

析

：

由

已

知

得

222ab4ab4ab84(3cossin)88sin()，故当

3sin()1时，2ab的最大值是4．

3考点：1、平面向量数量积的坐标运算；2、向量的模；3、三角函数的最值． 16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a11，an12an2n1，则满足Sn1024的最小的n值为__________． 【答案】9 【解析】

an12an2n1,an12(n1)12(an2n1),a12114，

an2n142n1,an2n12n1, 4(12n)n22Snn(n1)n24n2n,12n1由Sn1Sn2(2n)30对nN*成立，知Sn是递增的，

显然S81024,S924811819451024,n的最小值是9.

11点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．

三、解答题

17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足bcosA2cacosB.

（1）求角B 的大小；

（2）若b4，△ABC的面积为3，求ac的值．

【答案】（1）

2；（2）25. 3【解析】 【分析】

（1）利用正弦定理化简式子得到答案.

（2）利用余弦定理和面积公式得到方程组，解得答案. 【详解】

解：（1）因为bcosA2cacosB 所以sinBcosA2sinCsinAcosB 所以sinAB2sinCcosB

∴cosB12 ∴B 231acsinB3得ac4． 22（2）由SABC由余弦定理得b2a2c2acacac16

∴ac25 【点睛】

本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，三角形的解法，考查计算能力． 18． 已知圆C过点A1,0和B3,0，且圆心在直线yx上. （Ⅰ）求圆C的标准方程；

（Ⅱ）求直线l：3x4y10被圆C截得的弦长.

【答案】（Ⅰ）(x2)2(y2)25（Ⅱ）

431 5【解析】 【分析】

（Ⅰ）设出圆心坐标和圆的标准方程，将点带入求出结果即可； （Ⅱ）利用圆心到直线的距离和圆的半径解直角三角形求得弦长. 【详解】

解：（Ⅰ）由题意可设圆心坐标为a,a，则圆的标准方程为xayar2，

22(1a2r2 ∴322(ara2解得2

r5故圆C的标准方程为x2y25. （Ⅱ）圆心2,2到直线l:3x4y10的距离d221， 54311 ∴2rd2555222直线l被圆C截得的弦长为431. 5【点睛】

本题考查了圆的方程，以及直线与圆相交求弦长的知识，属于基础题.

19．已知直三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，且D，E，F，分别为BC，BB1，

AA1的中点．

（1）求证：平面B1FC∥平面EAD．

（2）求证：BC1平面EAD．

【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】

试题分析：

（1）由题意可得四边形AFB1E是平行四边形，AEFB1，则AE平面B1FC；由三角形中位线的性质可得DEB1C，则ED平面B1FC；由面面平行的判断定理可得平面B1FC平面EAD．

（2）由直三棱柱的性质可得C1CAD，等腰三角形三线合一，则BCAD，据此可得AD平面BCC1B1，故ADBC1．由菱形的性质可得DEBC1，结合线面垂直的判断定理可得BC1平面EAD． 试题解析： （1）由已知可得AFB1E，AFB1E，

∴四边形AFB1E是平行四边形，

∴AEFB1，

∵AE平面B1FC，FB1平面B1FC，

∴AE平面B1FC；

又D，E分别是BC，BB1的中点，

∴DEB1C，

∵ED平面B1FC，B1C平面B1FC，

∴ED平面B1FC；

∵AEDEE，AE平面EAD，ED平面EAD， ∴平面B1FC平面EAD．

（2）∵三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，

∴C1C平面ABC， 又∵AD平面ABC， ∴C1CAD，

又∵直三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D是BC边中点， ∴ABC是正三角形， ∴BCAD，

而C1CBCC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，

∴AD平面BCC1B1，

故ADBC1．

∵四边形BCC1B1是菱形，

∴BC1B1C，

而DEB1C，故DEBC1，

由ADDED，AD平面EAD，ED平面EAD， 得BC1平面EAD．

20．某市电力公司为了制定节电方案，需要了解居民用电情况．通过随机抽样，电力公司获得了50户居民的月平均用电量，分为六组制出频率分布表和频率分布直方图（如图所示）．

（1）求a，b的值；

（2）为了解用电量较大的用户用电情况，在第5、6两组用分层抽样的方法选取5户 ． ①求第5、6两组各取多少户

②若再从这5户中随机选出2户进行入户了解用电情况，求这2户中至少有一户月平均用电量在[1000,1200]范围内的概率． 【答案】(1)a6,b0.12 (2) ①3,2②

7 10【解析】

试题分析：（1）根据小长方形面积等于概率求得b，再根据频数等于总数与频率乘积得a（2）①根据分层抽样，由比例关系确定抽取户数②先根据枚举法确定总事件数，再从中确定满足条件事件数，最后根据古典概型概率公式求概率

试题解析：（1）频率分布直方图，知第5组的频率为0.00062000.12，即b0.12

又样本容量是50，所以a500.126． （2）①因为第5、6两组的频数比为3:2，

所以在第5、6两组用分层抽样的方法选取的5户中， 第5、6两组的频数分别为3和2．

②记“从这5户中随机选出2户中至少有一户月平均用电量在[1000,1200]范围内”为事件A，

第5组的3户记为a1,a2,a3，第6组的2户记为b1,b2， 从这5户中随机选出2户的可能结果为：

a1a2,a1a3,a1b1,a1b2,a2a3,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,b1b2，共计10个，

其中2户中至少有一户月平均用电量在[1000,1200]范围内的结果为：

a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,b1b2，共计7个．

所以PA7， 107． 10答：这2户中至少有一户月平均用电量在[1000,1200]范围内的概率为

21．已知a0，b0，直线（1）求ab的最小值； （2）求a2b的最小值． 【答案】（1）8（2）9 【解析】 【分析】

xy，2． 1经过点1ab（1）由直线

xy121经过点（1,2）可得1，然后直接利用基本不等式即可得abab12所求可变为a2ba2b，展开利用基本不等式即可到ab最小值；（2）

ab得最小值． 【详解】

因为直线

xy121过点1,2，所以1． abab121122， 当且仅当，即a2，2ab2abab（1）因为a0，b0，所以1b4时取等号，从而ab8，即ab的最小值为8．

（2）a2ba2b2b2a2b2a125529， ababab当且仅当

2b2a，即ab3时取等号，从而a2b最小值为9． ab22．已知等比数列{an}的首项a14，且a1，10，a2构成等差数列.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bnlog4an，Tn111b1b2b2b3b3b41，求T2019. bnbn1【答案】(1) an4 (2) T2019【解析】 【分析】

n2019 2020（1）根据等差中项的性质列方程，并转化为a1,q的形式，解方程求得q的值，进而求得数列的通项公式.（2）先求得bn的表达式，利用裂项求和法求得数列bn的前n项和. 【详解】

（1）因为a1，10，a2构成等差数列，所以a1a220，

又因为数列an为等比数列，a14，设其公比为q，那么44q20，解得q4，

n1n所以an444；

n（2）因为bnlog4anlog44n，

1111所以， bnbn1nn1nn1111b1b2b2b3b3b41

b2019b2020T201911112231.

11 201920201 20202019 2020