秀洲区高中2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析

一、选择题

1． 为了解决低收入家庭的住房问题，某城市修建了首批108套住房，已知A,B,C三个社区分别有低收入家庭360户，270户，180户，现采用分层抽样的方法决定各社区所分配首批经济住房的户数，则应从C社区抽取低收入家庭的户数为（ A．48

B．36

）

D．18

C．24

【命题意图】本题考查分层抽样的概念及其应用，在抽样考查中突出在实际中的应用，属于容易题．2． 若定义在R上的函数f（x）满足f（0）=﹣1，其导函数f′（x）满足f′（x）＞k＞1，则下列结论中一定错误的是（ A．　

3． 若复数z=A．3

B．6

（其中a∈R，i是虚数单位）的实部与虚部相等，则a=（ C．9

D．12

）

）

）B．

C．

D．

4． 一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（

A．　

B．（4+π）C．D．

5． 如图，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C、B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为（，﹣

），∠AOC=α，若|BC|=1，则

cos2

﹣sin

cos

﹣

的值为（

）

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A．B．C．﹣D．﹣

6． 一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图为等腰直角三角形，侧视图与俯视图为正方形，则该几何体的体积为（ A．64

）

B．32

C．

64 3D．

3237． 将y=cos（2x+φ）的图象沿x轴向右平移）A．

B．﹣

C．﹣

D．

个单位后，得到一个奇函数的图象，则φ的一个可能值为（

8． 已知高为5的四棱锥的俯视图是如图所示的矩形，则该四棱锥的体积为（ ）

A．24 B．80 C．64 D．240）

9． 某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（

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A．B．C．

*D．

10．在数列{an}中，a115，3an13an2(nN)，则该数列中相邻两项的乘积为负数的项是（

）

B．a22和a23

）

C．a23和a24

D．a24和a25A．a21和a22

11．某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1，顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为（

A．2sin2cos2 C. 3sin3cos1 a的取值范围是（ A．　　

）

B．D．

B．sin3cos3D．2sincos1，那么实数

12．已知直线x+y+a=0与圆x2+y2=1交于不同的两点A、B，O是坐标原点，且

C．

二、填空题

13．给出下列命题：

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①把函数y=sin（x﹣）图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=sin（2x﹣）；

②若α，β是第一象限角且α＜β，则cosα＞cosβ；③x=﹣

是函数y=cos（2x+π）的一条对称轴；

）与函数y=4cos（2x﹣

）相同；

④函数y=4sin（2x+⑤y=2sin（2x﹣

）在是增函数；

则正确命题的序号　　　　　　．　

14．满足关系式{2，3}⊆A⊆{1，2，3，4}的集合A的个数是　　　　　　．15．已知函数y=f（x），x∈I，若存在x0∈I，使得f（x0）=x0，则称x0为函数y=f（x）的不动点；若存在x0∈I，使得f（f（x0））=x0，则称x0为函数y=f（x）的稳定点．则下列结论中正确的是　　　　　　．（填上所有正确结论的序号）

①﹣，1是函数g（x）=2x2﹣1有两个不动点；

②若x0为函数y=f（x）的不动点，则x0必为函数y=f（x）的稳定点；③若x0为函数y=f（x）的稳定点，则x0必为函数y=f（x）的不动点；④函数g（x）=2x2﹣1共有三个稳定点；

⑤若函数y=f（x）在定义域I上单调递增，则它的不动点与稳定点是完全相同．　

216．若函数f(x1)x1，则f(2) ．

17．已知f（x），g（x）都是定义在R上的函数，g（x）≠0，f′（x）g（x）＞f（x）g′（x），且f（x）=axg（x）（a＞0且a≠1），．

18．已知a=　

（

cosx﹣sinx）dx，则二项式（x2﹣）6展开式中的常数项是　　　　　　．+

=．若数列{

}的前n项和大于62，则n的最小值为　　　　　三、解答题

19．已知cos（

+θ）=﹣，

＜θ＜

，求

的值．

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20．.已知定义域为R的函数f（x）=（1）求a的值；

是奇函数．

（2）判断f（x）在（﹣∞，+∞）上的单调性．（直接写出答案，不用证明）；（3）若对于任意t∈R，不等式f（t2﹣2t）+f（2t2﹣k）＜0恒成立，求k的取值范围．

21．（本小题满分10分）选修41：几何证明选讲

如图所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，过点P的割线交圆于B,C两点，弦CD//AP，AD,BC相交于点E，F为CE上一点，且DE2EFEC．（Ⅰ）求证：EDFP；

（Ⅱ）若CE:BE3:2,DE3,EF2，求PA的长．

【命题意图】本题考查相交弦定理、三角形相似、切割线定理等基础知识，意在考查逻辑推理能力．

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22．（本小题满分12分）已知在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 (sinAsinB)(ba)sinC(3bc).（Ⅰ）求角A的大小；

（Ⅱ） 若a2，ABC的面积为3，求b,c.

23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．

24．【常熟中学2018届高三10月阶段性抽测（一）】如图，某公司的LOGO图案是多边形ABEFMN，其设计创意如下：在长4cm、宽1cm的长方形ABCD中，将四边形DFEC沿直线EF翻折到MFEN（点F是线段AD上异于D的一点、点E是线段BC上的一点），使得点N落在线段AD上.

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（1）当点N与点A重合时，求NMF面积；

（2）经观察测量，发现当2NFMF最小时，LOGO最美观，试求此时LOGO图案的面积.

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秀洲区高中2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析（参考答案）

一、选择题

1． 【答案】C【解析】根据分层抽样的要求可知在C社区抽取户数为1082． 【答案】C

【解析】解；∵f′（x）=f′（x）＞k＞1，∴即当x=即f（故f（所以f（故选：C．　

3． 【答案】A【解析】解：复数z=由条件复数z=解得a=3．故选：A．

【点评】本题考查复数的代数形式的混合运算，考查计算能力．　

4． 【答案】 D

【解析】解：由三视图知，几何体是一个组合体，是由半个圆锥和一个四棱锥组合成的几何体，圆柱的底面直径和母线长都是2，四棱锥的底面是一个边长是2的正方形，四棱锥的高与圆锥的高相同，高是

=

，

=

=

．

＞k＞1，

时，f（））＞）＜

，

，一定出错，）+1＞﹣1=

×k=

，

＞k＞1，

180210824．

3602701809（其中a∈R，i是虚数单位）的实部与虚部相等，得，18﹣a=3a+6，

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∴几何体的体积是故选D．

=，

【点评】本题考查由三视图求组合体的体积，考查由三视图还原直观图，本题的三视图比较特殊，不容易看出直观图，需要仔细观察．　

5． 【答案】 A

【解析】解：∵|BC|=1，点B的坐标为（又∠AOC=α，∴∠AOB=∴sin（

﹣α）=

﹣（

=﹣（=﹣sin﹣

cos

﹣=

﹣α）]=sin

．=

（2cos2，

﹣1）﹣sinα=

cosα﹣sinα

．﹣α）]=cos

，cos（

﹣α）﹣cos

sin（

﹣α）

cos（

﹣α）+sin

sin（

﹣α）

﹣α，∴cos（

，﹣﹣α）=

），故|OB|=1，∴△BOC为等边三角形，∴∠BOC=，﹣sin（

﹣α）=﹣

，

，

∴cosα=cos[=

+

∴sinα=sin[=∴=

故选：A．

﹣cos2

【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，三角恒等变换，属于中档题．　

6． 【答案】B【解析】

试题分析：由题意可知三视图复原的几何体是一个放倒的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为的等腰直角三角形，高为的三棱柱, 所以几何体的体积为:

144432，故选B. 2考点：1、几何体的三视图；2、棱柱的体积公式.

【方法点睛】本题主要考查利几何体的三视图、棱柱的体积公式，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力及抽象思维能力的最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，解题时不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.7． 【答案】D

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【解析】解：将y=cos（2x+φ）的图象沿x轴向右平移）的图象，∴φ﹣

=kπ+

，即 φ=kπ+

个单位后，得到一个奇函数y=cos=cos（2x+φ﹣

，k∈Z，则φ的一个可能值为，

故选：D．　

8． 【答案】B【解析】试题分析：V168580,故选B.3考点：1.三视图；2.几何体的体积.9． 【答案】 A

【解析】解：由三视图知几何体为半个圆锥，且圆锥的底面圆半径为1，高为2，∴母线长为

，

=2+

．

圆锥的表面积S=S底面+S侧面=×π×12+×2×2+×π×故选A．

【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，解题的关键是判断几何体的形状及三视图的数据所对应的几何量．　

10．【答案】C【解析】

考

点：等差数列的通项公式．11．【答案】A【解析】

试题分析：利用余弦定理求出正方形面积S111-2cos22cos；利用三角形知识得出四个等

22腰三角形面积S24正确答案为A.

111sin2sin；故八边形面积SS1S22sin2cos2.故本题2考点：余弦定理和三角形面积的求解.

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【方法点晴】本题是一道关于三角函数在几何中的应用的题目，掌握正余弦定理是解题的关键；首先根据三角

1111sinsin求出个三角形的面积4S2sin；接下来利用余弦定理可求出正222222方形的边长的平方11-2cos，进而得到正方形的面积S111-2cos22cos，最后得到

形面积公式S答案.

12．【答案】A

【解析】解：设AB的中点为C，则因为

所以|OC|≥|AC|，因为|OC|=所以2（

，|AC|2=1﹣|OC|2，）2≥1，

，

所以a≤﹣1或a≥1，因为

＜1，所以﹣

＜a＜

，

，

所以实数a的取值范围是故选：A．

【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属于中档题．　

二、填空题

13．【答案】

【解析】解：对于①，把函数y=sin（x﹣到函数y=sin（2x﹣

），故①正确．

，故②错

）图象上所有点的横坐标缩短到原来的

倍，纵坐标不变，得

对于②，当α，β是第一象限角且α＜β，如α=30°，β=390°，则此时有cosα=cosβ=误．

对于③，当x=﹣数y=cos（2x+

时，2x+

π=π，函数y=cos（2x+

π）=﹣1，为函数的最小值，故x=﹣

是函

π）的一条对称轴，故③正确．

）=4cos[

﹣（2x+

）]=4cos（

﹣2）=4cos（2x﹣

），

对于④，函数y=4sin（2x+故函数y=4sin（2x+对于⑤，在上，2x﹣故答案为：①③④．

）与函数y=4cos（2x﹣∈，函数y=2sin（2x﹣

）相同，故④正确．

）在上没有单调性，故⑤错误，

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14．【答案】　4　．

【解析】解：由题意知，

满足关系式{2，3}⊆A⊆{1，2，3，4}的集合A有：{2，3}，{2，3，1}，{2，3，4}，{2，3，1，4}，故共有4个，

故答案为：4．　

15．【答案】　①②⑤　

【解析】解：对于①，令g（x）=x，可得x=定点，故②正确；

对于③④，g（x）=2x2﹣1，令2（2x2﹣1）2﹣1=x，因为不动点必为稳定点，所以该方程一定有两解x=﹣，1，由此因式分解，可得（x﹣1）（2x+1）（4x2+2x﹣1）=0还有另外两解

不动点，故③④错误；

对于⑤，若函数y=f（x）有不动点x0，显然它也有稳定点x0；

若函数y=f（x）有稳定点x0，即f（f（x0））=x0，设f（x0）=y0，则f（y0）=x0即（x0，y0）和（y0，x0）都在函数y=f（x）的图象上，

假设x0＞y0，因为y=f（x）是增函数，则f（x0）＞f（y0），即y0＞x0，与假设矛盾；假设x0＜y0，因为y=f（x）是增函数，则f（x0）＜f（y0），即y0＜x0，与假设矛盾；故x0=y0，即f（x0）=x0，y=f（x）有不动点x0，故⑤正确．故答案为：①②⑤．

【点评】本题考查命题的真假的判断，新定义的应用，考查分析问题解决问题的能力．　

16．【答案】0【解析】111]

，故函数g（x）的稳定点有﹣，1，

，其中

是稳定点，但不是

或x=1，故①正确；

对于②，因为f（x0）=x0，所以f（f（x0））=f（x0）=x0，即f（f（x0））=x0，故x0也是函数y=f（x）的稳

考点：函数的解析式．

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17．【答案】　1　．

【解析】解：∵x为实数，[x]表示不超过x的最大整数，∴如图，当x∈[0，1）时，画出函数f（x）=x﹣[x]的图象，

再左右扩展知f（x）为周期函数．

结合图象得到函数f（x）=x﹣[x]的最小正周期是1．故答案为：1．

【点评】本题考查函数的最小正周期的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．　

18．【答案】　240　．

【解析】解：a=

（

cosx﹣sinx）dx=（

sinx+cosx）

=﹣1﹣1=﹣2，•2r•x12﹣3r，

•24=240，

则二项式（x2﹣）6=（x2+）6展开始的通项公式为Tr+1=

令12﹣3r=0，求得r=4，可得二项式（x2﹣）6展开式中的常数项是故答案为：240．

【点评】本题主要考查求定积分，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．　

三、解答题

19．【答案】 【解析】解：∵∵cos（∴sin（

＜θ＜

，∴+θ）=﹣

= +θ∈（

，=﹣，

（cosθ+sinθ）=﹣，

），

+θ）=﹣，∴sin（+θ）=sinθcos

，①cosθ﹣sin

+cosθsin

∴sinθ+cosθ=﹣cos（

+θ）=cos

sinθ=（cosθ﹣cosβ）=﹣，

∴cosθ﹣sinθ=﹣，②

，sinθ=﹣

，

联立①②，得cosθ=﹣

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∴==

==．

【点评】本题考查函数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意三角函数诱导公式、加法定理和同角三角函数关系式的合理运用．　

20．【答案】

【解析】解：（1）因为f（x）为R上的奇函数所以f（0）=0即∴a=1 …（2）f（x）=

=﹣1+

，在（﹣∞，+∞）上单调递减…

=0，

（3）f（t2﹣2t）+f（2t2﹣k）＜0⇔f（t2﹣2t）＜﹣f（2t2﹣k）=f（﹣2t2+k），又f（x）=∴t2﹣2t＞﹣2t2+k，即3t2﹣2t﹣k＞0恒成立，∴△=4+12k＜0，

∴k＜﹣．…（利用分离参数也可）．　

21．【答案】

【解析】（Ⅰ）∵DE2EFEC,DEFDEF∴DEF∽CED,∴EDFC……………………2分又∵CD//AP,∴PC, ∴EDFP．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得EDFP，又DEFPEA，∴EDF∽EPA，

在（﹣∞，+∞）上单调递减，

EAEP，∴EAEDEFEP，又∵EAEDCEEB，∴CEEBEFEP．EFED927∵DE2EFEC,DE3,EF2，∴ EC，∵CE:BE3:2，∴BE3，解得EP.

2415∴BPEPEB．∵PA是⊙O的切线，∴PA2PBPC4∴

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15315279．……………………10分()，解得PA444222．【答案】解：（Ⅰ）由正弦定理及已知条件有b2a23bcc2， 即b2c2a23bc. 3分

∴PA2b2c2a23 由余弦定理得：cosA，又A(0,)，故A. 6分62bc21 （Ⅱ） ABC的面积为3，bcsinA3，bc43①， 8分

2 又由（Ⅰ）b2a23bcc2及a2,得b2c216，② 10分

由 ①②解得b2,c23或b23,c2. 23．【答案】

【解析】解：（I）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，PA∩AC=A所以BD⊥平面PAC

（II）设AC∩BD=O，因为∠BAD=60°，PA=AB=2，所以BO=1，AO=OC=坐标系O﹣xyz，则P（0，﹣所以

，2），A（0，﹣=（1，

，﹣2），

，0），B（1，0，0），C（0，

，0）

，

以O为坐标原点，分别以OB，OC为x轴、y轴，以过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角

12分

设PB与AC所成的角为θ，则cosθ=|（III）由（II）知则

设平面PBC的法向量=（x，y，z）则所以

=0，令

，

，因为平面PBC⊥平面PDC，

，

，，设

，

平面PBC的法向量所以同理平面PDC的法向量所以所以PA=

=0，即﹣6+．

=0，解得t=

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【点评】本小题主要考查空间线面关系的垂直关系的判断、异面直线所成的角、用空间向量的方法求解直线的夹角、距离等问题，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力

24．【答案】（1）

3152cm2.cm；（2）43162【解析】试题分析：

（1）设MFx，利用题意结合勾股定理可得x1x4，则x据此可得NMF的面积是

15，8115151cm2；2816试题解析：

（1）设MFx，则FDMFx，NFx21，

152∵NFMF4，∴x1x4，解之得x，

8115152∴NMF的面积是1cm；

2816（2）设NEC，则NEF，NEBFNE，

2∴MNF，

22MN11∴NF，sincosMNFcos2cosMFFDMNtanMNFtan，

2sin2cos∴2NFMF.

sin1cos∵1NFFD4，∴14，即1tan4，

sin2∴（tan4且,），4232∴2（tan4且,），232第 16 页，共 17 页

设f2cos12cos2f0，则f，令得，sinsin23列表得

∴当2时，2NFMF取到最小值，3此时，NEFCEFNEBFNENFENFM在RtMNF中，MN1，MF3，MNF6，

323，NF，3323在正NFE中，NFEFNE，

323在梯形ANEB中，AB1，AN43，BE4，

3331233∴S六边形ABEFMNSMNFSEFNS梯形ABEN.4341463233答：当2NFMF最小时，LOGO图案面积为43cm2.3点睛：求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大（小）值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点.

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