河南省天一大联考2018-2019学年下学期高二年级期末测试文科数学试题(解析版)

天一大联考

2018-2019学年（下）高二年级期末测试

文科数学

一、选择题

1.

i（ ） 3iA.

13i 88B. i

1388C. 13i 1010D.

13i 1010【答案】C 【解析】 【分析】

利用复数的除法运算法则直接计算即可得解.

i3ii13i. 【详解】由题意

3i3i3i1010故选：C

【点睛】本题考查了复数的除法运算，属于基础题. 2.已知集合A1,3，B2,aA 

B. 3

【答案】B 【解析】 【分析】

由AUB1,3,2,9，可得出a29，于此可得出实数a的值. 【详解】Q集合A1,3，B2,a故选B.

【点睛】本题考查利用集合的并集运算求参数的值，考查有限集之间的运算，考查运算求解能力，属于基础题.

3.某拖拉机厂生产了400台新型农用拖拉机，出厂前测试时，这批拖拉机通过某一路段的时速的频率分布

.2，若AUB1,3,2,9，则实数a的值为（ ）

C. 1

D. 3

2，且AUB1,3,2,9，a29，因此，a3，

直方图如图所示，则时速在50,70内的拖拉机台数大约为（ ）

A. 28 B. 70 C. 160 D. 280

【答案】D 【解析】 【分析】

由频率分布直方图求得时速在50,70内的拖拉机的频率后即可直接得解. 【详解】时速在50,70内的拖拉机的频率为

0.030.04100.7，

所以时速在50,70内的拖拉机台数大约为4000.7280（台）. 故选：D.

【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，属于基础题.

4.给定下列两种说法：①已知a,b,cR，命题“若abc3，则a2b2c23”的否命题是“若abc3，则a2b2c23”，②“x0R，使fx00”的否定是“xR，使fx0”，则（A. ①正确②错误 B. ①错误②正确

C. ①和②都错误

D. ①和②都正确

【答案】D 【解析】 【分析】

根据否命题和命题的否定形式，即可判定①②真假. 【详解】①中，同时否定原命题的条件和结论， 所得命题就是它的否命题，故①正确； ②中，特称命题的否定是全称命题， 所以②正确，综上知，①和②都正确. 故选：D

【点睛】本题考查四种命题的形式以及命题的否定，注意命题否定量词之间的转换，属于基础题.

）

5.已知sin2cosk2,kZ，则tan2（ ） 2C.

A.

4 3B. 1

3 4D.

2 3【答案】A 【解析】 【分析】

根据已知结合二倍角的正弦，求出tan，再由二倍角的正切公式，即可求解, 【详解】由sin2cos2，得2sincoscos2. 又因k22tan4. 所以tan221tan3故选：A

，得tan1. 2【点睛】本题考查三角函数求值、二倍角公式的应用，属于基础题. 6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

A. 644 3B. 648 3C. 6416 3D. 648

【答案】B 【解析】 【分析】

该几何体由上下两部分组成的，上面是一个圆锥，下面是一个正方体，由体积公式直接求解. 【详解】该几何体由上下两部分组成的，上面是一个圆锥，下面是一个正方体． ∴该几何体的体积V42264． 故选B．

313283

【点睛】本题考查了正方体与圆锥的组合体的三视图还原问题及体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

22，且直7.已知直线l:ax4yc0与圆xy16相交于A,B两点，AOB120o（O为坐标原点）

线l与直线2xy30垂直，则直线l的方程为（ ） A. x2y250 C. 3x4y50 【答案】A 【解析】 【分析】

由题意可得a2，圆心到直线l的距离d2，由点到直线的距离公式即可得方程解.

【详解】由于直线2xy30的斜率k2，直线l:ax4yc0的斜率为而两直线垂直，所以222B. 3x4y430 D. 2x4y50

c24222，即可得

a， 4a1，得a2，直线l:2x4yc0 4由圆的方程xy16可得该圆圆心为0,0，半径r4， 设圆心到直线l的距离为d，则drcos604cos604由点到直线的距离公式可得doo12， 2c2422c252，解得c45. 故所求的直线方程为2x4y450，即x2y250. 故选：A.

【点睛】本题考查了直线与直线、直线与圆位置关系的应用，考查了点到直线距离公式的应用，属于基础题.

8.已知a,b为两条不同的直线，,为两个不同的平面，则（ ） ①若a，b，且∥，则a∥b； ②若a，b∥rr，且∥，则ab；

③若a∥，b，且，则a∥b；

rr④若a，b，且，则ab.

其中真命题的个数是（ ） A. 4 【答案】B 【解析】 【分析】

根据空间直线与平面平行、垂直，平面与平面平行、垂直的判定定理和性质定理，逐项判断，即可得出结论.

【详解】由b且∥，可得b，

而垂直同一个平面的两条直线相互平行，故①正确； rr由于∥，a，所以a，则ab，故②正确； rr若a与平面,的交线平行，则ab，

B. 3 C. 2 D. 1

故不一定有a∥b，故③错误；

设Il，在平面内作直线cl，

，则c，又a，所以aPc，

b,c，所以bc，从而有ba，

故④正确.

因此，真命题的个数是3. 故选：B

【点睛】本题考查了空间线面位置关系的判定和证明，其中熟记空间线面位置中的平行与垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查直观想象能力，属于基础题.

19.函数fx2x1的图象大致为（ ）

A. B.

C. D.

【答案】B 【解析】 【分析】

函数f(x)图象是由函数y11y1. 图象向左平移个单位，做出函数xx的图象，即可求解

22x0x0x11x()y【详解】作出函数2x2x21的图象，如下图所示，

1将yx2故选：B

1图象向左平移1个单位得到fx2图象.

【点睛】本题考查函数图象的识别、指数函数图象，运用函数图象平移变换是解题关键，属于基础题. 3x2y2F1,F2为其左、10.已知双曲线221a0,b0的一条渐近线方程为yx，P为该双曲线上一点，

4ab的

右焦点，且PF1PF2，PF1PF218，则该双曲线的方程为（ ）

x2y2A. 1

3218x2y2B. 1 1832x2y2C. 1

916x2y2D. 1

169

【答案】D 【解析】 【分析】

设F1(c,0),F2(c,0)，根据已知可得定义，得出

b3222=，由PF1PF2，得到PF1PF2F1F2，结合双曲线的a4PF1PF22b2，再由已知求出b，即可求解.

b33x，=， 4a4【详解】设ca2b2，则由渐近线方程为yPF1PF22a,又， 222PF1PF2F1F2,222PFPF122PF1PF24a,所以 222PF1PF24c.两式相减，得2PF1PF24b，

2而PF1PF218，所以b9，

2所以b3，所以c5，a4，

x2y21. 故双曲线方程为169故选：D

【点睛】本题考查双曲线的标准方程、双曲线的几何性质，注意焦点三角形问题处理方法，一是曲线的定义应用，二是余弦定理（或勾股）定理，利用解三角形求角或面积，属于中档题.

11.已知函数fx是定义在R上的偶函数，也是周期为4的周期函数，且在区间0,2上单调递减，则

f2016与f2019的大小为（ ）

A. f2016f2019 C. f2016f2019 【答案】A 【解析】 【分析】

由函数的单调性和周期性可得f2016f0，f2019f1，由函数的单调性可得f0f1，即可得解.

的D. 不确定

B. f2016f2019

【详解】Q函数fx是定义在R上的偶函数，且周期为4，

f2016f20164504f0，f2019f20194505f1f1. Qfx在区间0,2上单调递减，f0f1，即f2016f2019.

故选：A.

【点睛】本题考查了函数的单调性、奇偶性和周期性的应用，属于基础题. 12.已知函数fxsinx0,22在区间,上为单调函数，且66fff63A. fxsin，则函数fx的解析式为（ ） 6B. fxsin2xD. fxsin1x

32 3C. fxsin2x 【答案】C 【解析】 【分析】 由函数在区间1x 22,上为单调函数，得周期T，ff3666，得出图像关于0,0对称，6ff可求出，，得出函数的对称轴，结合对称中心和周期的范围，求出周期，即可求解. 63【详解】设fx的最小正周期为T，fx在区间,上具有单调性， 66T2f则，由f，即T26636知， 6fx有对称中心0,0，所以0.

由f2fT，且， 6331x. fx所以有对称轴

2634

故

404T2， .解得T，于是4解得2，所以fxsin2x. 故选：C

【点睛】本题考查正弦函数图象的对称性、单调性和周期性及其求法，属于中档题.

二、填空题

rrrrr13.已知向量a1,2，b1,4，若ab与c3,2共线，则实数【答案】【解析】 【分析】

______.

5 2rr由平面向量线性运算的坐标表示可得ab1,24，再由向量共线的条件可得

12243，即可得解.

rr【详解】由题意得ab1,21,41,24. rrrQ向量ab与c3,2共线，

12243，故答案为：5. 25. 2【点睛】本题考查了平面向量线性运算的坐标表示，考查了平面向量共线的坐标表示，属于基础题.

x0,14.已知x,y满足约束条件x2y3,则z2xy的最大值为______.

2xy3,【答案】1 【解析】 【分析】

做出满足条件的可行域，根据图形即可求解.

x0,【详解】约束条件x2y3,表示的可行域如图中阴影部分所示.

2xy3

x2y3,由得P1,1，

2xy3则目标函数z2xy过点P1,1时， z取得最大值，zmax211.

故答案为：1

【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合求线性目标函数的最值，属于基础题. 15.在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若2ca2bcosA，则B______. 【答案】

 3【解析】 【分析】

由题意结合正弦定理得2sinCsinA2sinBcosA，再结合sinCsinAB化简可得

sinA2sinAcosB，即可得解.

【详解】由正弦定理及2ca2bcosA可得2sinCsinA2sinBcosA， 由CAB可得2sinABsinA2sinBcosA，

1， 2所以2sinAcosB2cosAsinBsinA2sinBcosA即sinA2sinAcosB， 因为A0,，所以sinA0，所以cosB由B0,可得B故答案为：

3.

. 3【点睛】本题考查了正弦定理和三角函数的综合问题，属于基础题.

x3，16.已知函数fxaxlnxxa0，当x0时，fx0（fx为函数fx的导函数）

6则实数a的取值范围为______.

【答案】0,e 【解析】 【分析】

转化条件得fxmin0，设gxfx，求导后求出函数gx的最小值gxmin，令gxmin0即可得解.

x2【详解】由题意得fxalnx.

2由于x0时，fx0，故fxmin0.

2xaxaxa. 设gxfx，则gxxx由于x0，所以当x0,a时，gx0，gx单调递减； 当xa,时，gx0，gx单调递增.

于是fxmingxmingalnaa2aa1lna0， 2所以lna1即0ae，故实数a的取值范围是0,e. 故答案为：0,e

【点睛】本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，考查了推理能力，属于中档题.

三、解答题

17.已知等差数列an的前n项和为Sn，a12，S318. （1）求an的通项公式； （2）设bn1an30，数列bn的前n项和为Tn，求Tn的最小值. 2【答案】（1）an4n2；（2）225 【解析】 【分析】

（1）求出公差d，根据通项公式即可求出an4n2；

（2）由（1）可写出bn2n31，则数列bn是等差数列.根据通项公式求出使得bn≤0的n的最大值，再根据前n项和公式求出Tn（或根据前n项和公式求出Tn，再根据二次函数求最值，求出Tn的最小值）.

【详解】（1）方法一：由S3又因为a12，所以a310. 所以数列an的公差d3a1a318， 2a3a11024， 22所以ana1n1d2n144n2. 方法二：设数列的公差为d. 则S33a1132d. 2323d18.

得d4.

所以ana1n1d2n144n2. （2）方法一：由题意知bn11an304n2302n31. 222n310,bn0,2931n. 令得解得22bn10.2n1310.因为nN*，所以n15. 所以Tn的最小值为

T15b1b2...b152927...1225.

方法二：由题意知bn11an304n2302n31. 22因为bn1bn2n1312n312， 所以数列bn是首项为b129，公差为2的等差数列. 所以Tn29nnn122n230nn15225. 2所以当n15时，数列bn的前n项和Tn取得最小值， 最小值为T15225.

【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式，考查学生的运算求解能力.

18.“过桥米线”是云南滇南地区特有的一种小吃.在云南某地区“过桥米线”有A,B,C三种品牌的店，其中A品牌店50家，B品牌店30家，C品牌店20家.

（Ⅰ）为了加强对食品卫生的监督管理工作，该地区的食品安全管理局决定按品牌对这100家“过桥米线”专营店采用分层抽样的方式进行抽样调查，被调查的店共有20家，则B,C品牌的店各应抽取多少家？ （Ⅱ）为了吸引顾客，所有品牌店举办优惠活动：在一个盒子中装有标号为1,2,3,4的4个白球，另一个盒子中装有标号为1,2,3,4,5,6的6个红球（所有球的形状、大小相同）.顾客从这两个盒子中各抽取1个球，若两个被抽取的球的标号之和大于或等于8，则打八折（按原价的80%付费）.求顾客参加优惠活动后获得八折用餐的概率.

【答案】（Ⅰ）B品牌店6家，C品牌店4家；（Ⅱ）【解析】 【分析】

（Ⅰ）由分层抽样的概念直接求解即可得解；

（Ⅱ）由题意可列出所有基本事件，再找出符合要求的基本事件，由古典概型概率公式即可得解. 【详解】（Ⅰ）由题意得，应抽查B品牌店应抽查C品牌店

1 430206家，

50302020204家.

503020（Ⅱ）因为顾客在一个盒子中抽取的白球标号分别为1,2,3,4；在另一个盒子中抽取的红球标号分别为

1,2,3,4,5,6，

所以顾客从两个盒子中各抽取1个球的基本事件有1,1，1,3，1,4，2,2，2,1，1,2，1,5，1,6，

2,3，2,4，2,5，2,6，3,1，3,2，3,3，3,4，3,5，3,6，4,1，4,2，4,3，

4,4，4,5，4,6；

共24个基本事件.

其中，两个被抽取的球的标号之和大于或等于8的基本事件有2,6，3,5，3,6，4,4，4,5，4,6，共6个基本事件.

设“两个被抽取的球的标号之和大于或等于8”的事件为H， 则顾客参加优惠活动后获得八折用餐的概率为PH61. 244【点睛】本题考查了分层抽样的应用和古典概型概率的求解，属于基础题.

19.如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，点E,F分别为BC,PD边上的

中点.

（Ⅰ）求证：CF//平面PAE；

（Ⅱ）若平面PAD平面ABCD，PAPD2，求三棱锥PABE的体积.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】 【分析】 （Ⅰ）取AP3 3中点G，连接FG,EG，由中位线和正方形的性质可得CE//FG且CEFG，进而可证

CF//GE，由线面平行的判定即可得证；

（Ⅱ）取AD的中点H，连接PH，由等腰三角形的性质和面面垂直的性质可得PH平面ABCD，求出

PH3、SABE1后，利用三棱锥体积公式即可得解.

【详解】（Ⅰ）证明：取AP的中点G，连接FG,EG.

因为F,G分别是PD和PA的中点，所以FG//AD且FG因为E为BC的中点，所以CE又因为底面ABCD是正方形，所以AD//BC且ADBC.

所以CE//FG且CEFG，所以四边形CEGF是平行四边形，所以CF//GE. 又因为CF平面PAE，CE平面PAE， 所以CF//平面PAE.

（Ⅱ）如图，取AD的中点H，连接PH.

因为PAPD，H为AD的中点，所以PHAD.

的1AD. 21BC. 2又因为平面PAD平面ABCD，平面PADI平面ABCDAD， 所以PH平面ABCD.

因为PAPDAD2，所以PH3，SABE故三棱锥PABE的体积VPABE1211， 213. SABEPH33

【点睛】本题考查了线面平行的判定和面面垂直的性质，考查了三棱锥体积的求解，属于中档题.

x2y220.已知椭圆C:221ab0的右顶点为A2,0，定点P0,1，直线PA与椭圆交于另一点

ab3B1,.

2（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）试问是否存在过点P的直线l与椭圆C交于M,N两点，使得

SPAM6成立？若存在，请求出直线SPBNl的方程；若不存在，请说明理由.

x2y266【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）存在，y1；x1或yx1

4322【解析】 【分析】

（1）由已知可得a2，再将点B1,3代入椭圆方程，求出b即可； 2（2）设M(x1,y1),N(x2,y2)，由已知可得

PAPB2，结合

PMSPAM6，可得3，从而有x13x2，SPBNPN验证MN斜率不存在时是否满足条件，当MN斜率存在时，设其方程为ykx1，与椭圆方程联立，根据根与系数关系，得出x1,x2,k关系式，结合x13x2，即可求解.

x2y2【详解】（Ⅰ）由椭圆C:221ab0的右顶点为A2,0知，

ab

319a2.把B点坐标1,代入椭圆方程，得21.

244bx2y2解得b3.所以椭圆C的标准方程为1.

432（Ⅱ）A2,0,B(1,),P(0,1),PA5,PB325， 2所以

PAPB2.由

SPAM6， SPBN1PAPMsinAPM2PM26， 得1PNPBPNsinBPN2PMuuuuruuur3即，所以PM3PN. PN设Mx1,y1，Nx2,y2，

uuuuruuur则PMx1,y11，PNx2,y21，

所以x13x2.

①当直线MN的斜率不存在时，直线l的方程为x0，

PMPM313矛盾. 23，这与PNPN31②当直线MN斜率存在时，设直线l的方程为ykx1.

ykx1,22联立方程x2y2得4k3x8kx80.

134x1x28k8. xx，12224k34k3由x13x2可得2x223864k2k... 即32整理得解得k2224k34k3综上所述，存在满足条件的直线l，

的88k23x，， 2224k34k3

其方程为y66x1或yx1. 22【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，要熟练应用根与系数关系设而不求方法解决相交弦问题，考查计算求解能力，属于中档题. 21.已知函数fxlnxm. x（Ⅰ）讨论函数fx的极值情况； （Ⅱ）证明：当1m3mx时，fx在1,上恒成立. 22【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】 【分析】

（Ⅰ）求导后，根据m0、m0分类，讨论函数fx的单调性，再根据极值的概念即可得解；

2mx22x2m2hxx2x2m，xmx1，（Ⅱ）设gx2lnx求导后可得gx，设xx2由二次函数的性质可得hxh132m，进而可得gx0，最后由gxg1m10即可得证.

【详解】（Ⅰ）依题意得，x0，fx1mxm2. xx2x若m0，则fx0，函数fx在0,上单调递增，函数fx在0,上无极值. 若m0，当x0,m时，fx0，函数fx在0,m上单调递减； 当xm,时，fx0，函数fx在m,上单调递增. 此时，函数fx在0,上只有极小值fm1lnm，无极大值.

综上所述，当m0时，函数fx无极值；当m0时，函数fx只有极小值1lnm，无极大值. （Ⅱ）证明：要证fxmx在1,上恒成立， 2即证2lnx2mxm0在1,上恒成立. x

2m22mx22x2m. xmx1，则gx21设gx2lnxxxxx2设hxx2x2m，则hx是1,上的增函数，即hxh132m.

2当1m3时，hx0，所以gx0，因此gx是1,上的增函数. 23时，gxg1m10， 2于是当1m所以2lnx2mxm0在1,上恒成立. x所以，当1m3mx时，fx在1,上恒成立. 22【点睛】本题考查了利用导数确定函数的极值情况，考查了利用导数证明不等式恒成立，考查了推理能力，属于中档题.

xrcosxOy中，曲线C的参数方程为（为参数，r0）.以坐标原点为极点，x轴22.在直角坐标系

yrsin正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为4cos25sin30. （Ⅰ）求曲线C的普通方程及直线l的直角坐标方程； （Ⅱ）若曲线C上恰好存在两个点到直线l的距离为

2221，求实数r的取值范围. 612【答案】（Ⅰ）C：xyr，l：4x25y30；（Ⅱ）,

33【解析】 【分析】

22（1）利用sincos1消去参数，得到曲线C的普通方程，再由cosx，siny化直线l为

直角坐标方程； （2）与直线l的距离为

11的点在与l平行且距离为的两平行直线上，依题意只有一条平行线与圆C相交，66另一条平行线与圆相离，利用圆心到直线的距离与半径关系，即可求解.

xrcos【详解】（Ⅰ）由曲线C的参数方程（为参数，r0）消去参数，

yrsin222可得曲线C的普通方程xyr.

xcos，ysin代入4cos25sin30，

得直线l的直角坐标方程为4x25y30.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线l的直角坐标方程为4x25y30， 曲线C的直角坐标方程为x2y2r2， 曲线C表示以原点为圆心，以r为半径的圆，

3且原点到直线l的距离为4252212.

所以要使曲线C上恰好存在两个点到直线l的距离为

1， 6则须

111112r，即r. 26263312. 33所以实数r的取值范围是,【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化、极坐标方程和直角坐标方程互化，以及直线与圆的位置关系，属于中档题.

23.已知函数fxx4x. （1）解关于x的不等式fx12；

1+（2）对任意的xR，都有不等式fxt49m(tR)恒成立，求实数m的取值范围.

t【答案】（1）4,8；（2）,21. 【解析】 【分析】

2x4,x4（1）由题意fx4,0x4，分类讨论即可得解；

42x,x01（2）利用绝对值三角不等式求出fxmin，利用基本不等式求出t49，利用恒成立问题的解

tmax决办法即可得解.

2x4,x4【详解】（1）由题意fxx4x4,0x4，

42x,x0则不等式fx12可转化为

x00x4x4或或， 42x124122x412整理可得4x8，

故不等式fx12的解集为4,8.

（2）由于x4xx4x4，当0x4时，等号成立； 4414而t4919t36379t3729t25，

tttt2449t，即t2，t时，等号成立.

9t31要使不等式x4xt49mtR恒成立，

t当且仅当

则m254，解得m21， 实数m的取值范围为,21.

【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了绝对值三角不等式和基本不等式的应用，考查了恒成立问题的解决，属于中档题.