广东省东莞市2018-2019学年高二上学期期末教学质量检查文科数学试题含答案.doc

1、 广东省东莞市广东省东莞市 2018201820192019 学年度第一学期期末教学质量检查学年度第一学期期末教学质量检查 高二数学（文科）高二数学（文科） 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. . 每小题各有四个选择支，仅有一个每小题各有四个选择支，仅有一个 选择支正确选择支正确. . 请用请用 2B2B 铅笔把答题卡中所选答案的标号涂黑 ）铅笔把答题卡中所选答案的标号涂黑 ） 1.不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 将一元二次不等式因式分解，再结合二次函数的图像即可求解

2、. 【详解】因为，所以，所以或， 即原不等式的解集为 【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，属于基础题型. 2.在等差数列中，则公差 为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由等差数列的性质即可求解. 【详解】因为在等差数列中，所以，所以. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，属于基础题型. 3.命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由特称命题的否定，直接写出结果即可. 【详解】命题“”的否定是“”. 【点睛】本题主要考查特称命题的否定，属于基础题型. 4.实数满足，则目标函数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答

3、案】C 【解析】 【分析】 先由不等式组作出其所表示的平面区域，再将目标函数化为，结合图像即 可确定结果. 【详解】由不等式组作出平面区域如下： 由题意求目标函数的最小值即是求在 y 轴截距的最小值问题， 由图像可得， 直线过点时，截距最小为 1. 【点睛】本题主要考查简单线性规划问题，属于基础 题型. 5.若双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为 （ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意先求出 m，进而可求出结果. 【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以，所以离心率 . 【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质，属于基础题型. 6.在中，内角满足，则的形状为（

4、 ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 正三角形 【答案】B 【解析】 【分析】 先由得，化简整理即可判断出结果. 【详解】因为，所以， 所以，所以，故，所以三角形是等腰三角形. 【点睛】本题主要考查三角恒等变换，属于基础题型. 7.若点在曲线上，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 16 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】 由在曲线得到关系式，结合基本不等式即可求解. 【详解】因为点在曲线上，所以， 因此, 当且仅当，即时，取最小值 18. 【点睛】本题主要考查基本不等式，属于基础题型. 8.已知实数满足，则下列选项一定成立的是（ ） A. B.

5、 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 结合条件，逐项判断即可。 【详解】因为，由不等式同向可加性、同向同正可乘性，所以 ,故 A，B 错；又当时，所以 D 错，故选 C. 【点睛】本题主要考查不等式性质，属于基础题型. 9.已知抛物线的焦点为 ，点 在抛物线上，且，点 为抛物线准线与其对称轴的 交点，则的面积为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先由抛物线的方程得到焦点坐标和准线方程，进而求出点 的坐标，再由定义求出点 P 坐标， 结合三角形面积公式可得出结果. 【详解】因为，所以其焦点，准线为,所以 设,由得，所以，所以， 则. 【点睛】本题主要考查抛物线

6、的简单性质，属于基础题型. 10.已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数） ，则的图象可 能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先由的图像判断出的单调性，进而可判断出结果。 【详解】由的图像可得：当时，即； 当时，即, 所以函数在 0上单调递增， 故选 B. 【点睛】本题主要考查由导函数的图像判断函数的图像，属于基础题型. 11.关于 的方程在区间上有两个不相等的实根， 则实数 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 转化方程为函数，通过求函数的最值，来求 k 的值域即可. 【详解】由得，令， 因此方程在区间上有两个不相等的

7、实根，转化为直线与函数在区 间上有两交点的问题； 因为， 令，则在上恒成立， 所以函数在上单调递减； 又，所以时，;时，; 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以,， 因为与函数在区间上有两交点， 所以. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数单调性和最值问题，属于中档试题. 二、 填空题 （本大题共二、 填空题 （本大题共 4 4 小题， 每小题小题， 每小题 5 5 分， 共分， 共 2020 分 请把答案填在答题卡中相应的位置上 ）分 请把答案填在答题卡中相应的位置上 ） 12.已知等比数列的前 项和为，且，则_ 【答案】16 【解析】 【分析】 由，结合条件即可求解. 【详解】因为等比数

8、列的前 项和为，且， 所以. 【点睛】本题主要考查数列的递推公式，属于基础题型. 13.已知函数在处取得极小值，则实数_. 【答案】 【解析】 【分析】 先对函数求导，再由函数在处取得极小值，列方程即可求出结果. 【详解】因为，所以，又函数在处取得极小值， 所以,故. 【点睛】本题主要考查根据函数的极值求参数的问题，属于基础题型. 14.已知椭圆的左右焦点分别为，点 是椭圆上一点， 且的面积为，则椭圆的短轴为_ 【答案】2 【解析】 【分析】 椭圆焦点三角形的面积公式为，代入数据即可求出结果. 【详解】因为的面积为，所以有，故，短轴长为. 【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质，属于基础题型. 1

9、5.设曲线在处的切线与 轴交点的横坐标为，令，则 _. 【答案】 【解析】 【分析】 先对函数求导，求出其在点处的切线方程，进而求出，从而可得 ，用裂项相消 法即可求出结果. 【详解】因为，所以，所以在处的切线斜率， 所以切线方程为, 令，则，即，所以; 所以 . 【点睛】本题主要考查裂项相消法求数列的和，属于中档试题. 三、解答题（本三、解答题（本大题共大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分. .解解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .） 16.已知为锐角三角形，角对边分别为，且满足。 （1）求 的大小； （2）若的面积为，且，求 的大小。

10、 【答案】 （1） ； （2）2 【解析】 【分析】 (1)由正弦定理结合，即可求出 的大小; (2)由面积公式和余弦定理，即可求出结果. 【详解】(1) ，由正弦定理得 ， 又为锐角三角形， (2)由面积为可得 又 根据余弦定理有 将以上数据代入，得 解得 【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题型. 17.已知等差数列的首项为 1，公差，且 是 与的等比中项. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前 项和 【答案】 （1）； （2） 【解析】 【分析】 (1)由题意求出等差数列的公差，即可求出结果； (2)用裂项相消法求和即可. 【详解】(1)设等差数列的公差为

11、， 是 与的等比中项. 即 或； (2)由（1）知 . 【点睛】本题主要考查等差数列，以及数列的求和，属于基础题型. 18.已知命题 曲线与 轴没有交点；命题 方程表示焦点在 轴 上的双曲线，若命题同真同假，求实数 的取值范围。 【答案】 【解析】 【分析】 先分别求出命题为真时，对应的参数范围，再由命题同真同假，求出结果即可. 【详解】由与 轴没有交点，可知，即 ： 则 ：方程表示焦点在 轴的双曲线 同真同假 若同为假命题，则 若同为真命题，则 综上所述， 【点睛】本题主要考查由复合命题的真假判断参数的取值范围. 19.举世瞩目的大国工程港珠澳大桥历时 9 年的建设，于 2018 年 10

12、月 24 正式开通运营，它 总长约 55 千米，跨越伶仃洋，连接珠海、香港和澳门，是“一国两制”下港珠澳三地首次合 作共建的超大型跨海交通工程。 一辆货车以速度从香港某地经过港珠澳大桥到珠海某地， 共行驶了 80 千米，大桥车速不得超过，每小时的运输成本包括油费和人工费用，经过 测算货车每小时用油升，假设油费每升 7 元，人工费每小时 28 元，大桥通行费 120 元/次。 （1）当时，这次行车的总费用 为多少元？并求行车的总费用 （单位：元）与速度 之 间的函数解析式。 （2） 当 为何值时， 这次行车的总费用最低， 并求出最低费用 （结果保留 2 位小数，） 【答案】 （1）； （2）27

13、8.37 【解析】 【分析】 (1)行车的总费用等于人工费+油费+大桥通行费，由；设所用 时间为 t，从而可表示出油费，人工费，进而可得解析式； (2)利用基本不等式，由(1)求出的解析式求出结果. 【详解】(1) 当时，行车费用是元. 设所用时间为 t (h)， 全程所用油费：元 全程所用人工费用：元 所以这次行车总费用 y 关于 x 的表达式是 (2) 当且仅当即，等号成立. 故当时，这次行车的总费用最低， 最低费用约为 278.37 元. 【点睛】本题主要考查函数模型的应用，属于基础题型. 20.已知椭圆的两个焦点分别是，点 在椭圆 上，且， 记椭圆 的左右顶点分别为，上顶点为 ，的面积

14、为 2. （1）求椭圆 的标准方程； （2） 不过点 的直线与椭圆 相交于两点， 记直线的斜率分别为， 且。试问：直线是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理 由。 【答案】 （1）； （2）过定点 【解析】 【分析】 (1)由椭圆定义求出长半轴，再由的面积为 2，求出短半轴，进而可求出结果. (2)先联立直线 与椭圆的方程，由根与系数关系结合体验表示出直线的斜率，斜率之 积等于 2，即可求出 k,m 的关系式，从而可求出结果. 【详解】(1)设椭圆 C 的长半轴为 a依题意， 得， 由的面积为 2 得得 所以，椭圆 C 的方程是 (2)将直线的方程代入，消去 ， 整理得 （*

15、） 设则， 由题意， 将代入上式并化简得 整理得 将式代入 由直线不过点 B 得，从而化简后： 所以直线过定点 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程以及椭圆的简单性质，难度较大. 21.已知函数. （1）求的单调区间； （2）设，若对任意，均存在，使得，求 的 取值范围。 【答案】 （1）见解析； （2） 【解析】 【分析】 (1)先对函数求导，再通过讨论 的取值范围，即可求出结果； (2)由题意可得对任意，均存在，使得，即是， 进而可求出 的取值范围. 【详解】(1) 当时， ，所以的单调递增区间为 当时， ， 在区间上，在区间上 所以当时， 的单调递增区间为， 当时,的单调递增区间为， 单调递减区间为 (2)由已知，转化为， 由（1）知， 当时， 的单调递增区间为，值域为 R R， 故不符合题意. 当时,的单调递增区间为，单调递减区间 故的极大值即为最大值. 且， 当且仅当时，等号成立. 【点睛】本题主要考查导数的方法研究函数的单调性和最值问题，难度较大.