1、2018-2019 学年江苏省南通市如皋市、盐城市高二（上）期末数学试卷（文科）一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 70 分，请将答案直接填写在答题卡相应分，请将答案直接填写在答题卡相应 位置上位置上 1 （5 分）已知复数 z 满足 zi1+i（其中 i 是虚数单位） ，则 z 2 （5 分）过抛物线 y24x 的焦点且与对称轴垂直的弦长为 3 （5 分）命题“x0，x2+3x+10“的否定为 4 （5 分）点 P（2，0）到双曲线1 的渐近线的距离为 5 （5 分）已知命题 p 为真命题，命题 q 为假命题，则在下列命题中：q；pq；p q 是真命题的有
2、 个 6 （5 分）函数 f（x）的定义域为 7 （5 分）函数 f（x）ex+2x 在点（0，1）处的切线方程为 8 （5 分）已知直线 a，b 和平面 满足：ab，a，b，若从其中选出两个 作为条件，余下一个作为结论，可以得到 个真命题 9 （5 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2，E，F，G，H 分别是四条棱 AB，BC， CD，DA 上的中点，则四棱锥 A1EFGH 体积为 10 （5 分）平面几何中，有“边长为 a 的正三角形内任一点到三边距离之和为定值” ， 类比上述命题，棱长为 a 的正四面体内任一点到四个面的距离之和为 11 （5 分）已知抛物线 y216x
3、上任意一点到双曲线1 右焦点的距离比到左准线 的距离大 1，则 a2 12 （5 分）已知圆 x2+y24，过点 P（1，1）的直线与圆交于 A，B 两点且 AP2PB，则弦 AB 的长为 13 （5 分）已知函数 f（x）|x22x|在0，m上值域为0，m，则实数 m 的值为 14 （5 分）已知椭圆+1 的右焦点为 F，A 为椭圆在第一象限内的点，连接 AF 并 延长交椭圆于点 B，连接 AO（O 为坐原点）并延长交椭圆于点 C，若 SABC3，则点 A 第 2 页（共 18 页） 的坐标为 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，计小题，计 90 分分.请在答题卡指定区域内作
4、答，解答时应写出必要的请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的 文字说明、证明过程或演算步骤文字说明、证明过程或演算步骤 15 （14 分）设 f（x）x22ax+1，aR （1）若 a0，解关于 x 的不等式：f（x）3a2+1； （2）若x1，1，都有 f（x）0 恒成立，求实数 a 的取值范围 16 （14 分）如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，点 M，N 分别是 AB，A1B1 的中点 （1）求证：BN平面 A1MC； （2）若 A1MAB1，求证：AB1A1C 17 （14 分）如图，已知圆 O：x2+y21，过 M（2，0）的直线 l 与圆交于 P，Q 两点
5、， 点 A（1，0） （1）若点 O 到直线 l 的距离为，求直线 l 的方程； （2）若 PA，求 SMOQ 18 （16 分）某班级欲在半径为 1 米的圆形展板上做班级宣传，设计方案如下：用四根不计 宽度的铜条将圆形展板分成如图所示的形状，其中正方形 ABCD 的中心在展板圆心，正 方形内部用宣传画装饰，若铜条价格为 10 元/米，宣传画价格为 20 元/平方米，展板所需 总费用为铜条的费用与宣传画的费用之和 第 3 页（共 18 页） （1）设OPA，将展板所需总费用表示成 的函数； （2）若班级预算为 100 元，试问上述设计方案是否会超出班级预算？ 19 （16 分）已知 A，B 分
6、别为椭圆 C：1（ab0）右顶点和上顶点，且直线 AB 的斜率为，右焦点 F 到直线 AB 的距离为 （1）求椭圆 C 的方程； （2）若直线 l：ykx+m（m1）与椭圆交于 M，N 两点，且直线 BM、BN 的斜率之和 为 1，求实数 k 的取值范围 20 （16 分）已知函数 f（x）x3+3|xa|（aR） ，x2，2 （1）当 a1 时，求函数 yf（x）的单调减区间； （2）求函数 yf（x）的最大值 第 4 页（共 18 页） 2018-2019 学年江苏省南通市如皋市、盐城市高二（上）期末数学年江苏省南通市如皋市、盐城市高二（上）期末数 学试卷（文科）学试卷（文科） 参考答案与
7、试题解析参考答案与试题解析 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 70 分，请将答案直接填写在答题卡相应分，请将答案直接填写在答题卡相应 位置上位置上 1 （5 分）已知复数 z 满足 zi1+i（其中 i 是虚数单位） ，则 z 1i 【分析】把给出的等式两边同时乘以 i，然后由复数代数形式的除法运算化简求值 【解答】解：由 zi1+i， 得 故答案为：1i 【点评】本题考查了复数代数形式的除法运算，是基础的计算题 2 （5 分）过抛物线 y24x 的焦点且与对称轴垂直的弦长为 4 【分析】求出抛物线的焦点坐标，然后求解对称轴垂直的弦长
8、【解答】解：抛物线 y24x 的焦点（1，0） ， 可得：y24，解得 y2 可得：对称轴垂直的弦长为：4 故答案为：4 【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力 3 （5 分）命题“x0，x2+3x+10“的否定为 x0，x2+3x+10 【分析】命题“x0，2x23x+40” ，是一个全称命题，其否定命题一定是一个特称 命题，由全称命题的否定方法，我们易得到答案 【解答】解：命题“x0，x2+3x+10” ， 命题“x0，x2+3x+10”的否定为：x0，x2+3x+10 故答案为：x0，x2+3x+10 【点评】对命题“xA，P（X） ”的否定是： “xA，P（X） ” ；对
9、命题“xA，P（X） ” 的否定是： “xA，P（X） ” ，即对特称命题的否定是一个全称命题，对一个全称命题 的否定是特称命题 第 5 页（共 18 页） 4 （5 分）点 P（2，0）到双曲线1 的渐近线的距离为 【分析】先求出渐近线方程，再根据点到直线的距离公式即可求出 【解答】解：双曲线1 的渐近线方程为 yx，即 4x3y0， 则点（2，0）到 4x3y0 的距离 d， 故答案为： 【点评】本题考查了双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式，属于基础题 5 （5 分）已知命题 p 为真命题，命题 q 为假命题，则在下列命题中：q；pq；p q 是真命题的有 2 个 【分析】根据复合命题
10、真假关系进行判断即可 【解答】解：若命题 p 为真命题，命题 q 为假命题， 则q 是真命题，pq 是假命题，pq 是真命题， 则真命题的是，有 2 个， 故答案为：2 【点评】本题主要考查复合命题真假判断，根据p 与 p 真假性相反，pq 同真为真， 其他为假，pq 同假为假，其余为真的结论是解决本题的关键 6 （5 分）函数 f（x）的定义域为 x|x2 且 x3 【分析】根据函数成立的条件即可求函数的定义域 【解答】解：要使函数有意义，则， 即，即 x2 且 x3， 即函数的定义域为x|x2 且 x3， 故答案为：x|x2 且 x3 【点评】本题主要考查函数的定义域的求解，要求熟练掌握常
11、见函数成立的条件 7 （5 分）函数 f（x）ex+2x 在点（0，1）处的切线方程为 y3x+1 【分析】求得函数的导数，由导数的几何意义，可得切线的斜率，运用直线的斜截式方 程，计算即可得到所求切线的方程 第 6 页（共 18 页） 【解答】解：函数 f（x）ex+2x 的导数为 f（x）ex+2， 可得 f（x）的图象在点（0，1）处的切线斜率为 ke0+23， 即有图象在点（0，1）处的切线方程为 y3x+1 故答案为：y3x+1 【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查导数的几何意义，正确求导和运用 直线方程是解题的关键，属于基础题 8 （5 分）已知直线 a，b 和平面 满足
12、：ab，a，b，若从其中选出两个 作为条件，余下一个作为结论，可以得到 3 个真命题 【分析】根据条件可以构成三个命题，根据空间直线 和平面平行和垂直的性质进行判断即可 【解答】解：构成的命题有， 若 ab，a，则 b 成立，即是真命题， 若 ab，b，则 a 成立，即是真命题 若 a，b，则 ab 成立，即是真命题， 故可以得到 3 个真命题， 故答案为：3 【点评】本题主要考查命题的真假关系，结合空间直线平行于直线平面垂直的性质和判 定定理是解决本题的关键 9 （5 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2，E，F，G，H 分别是四条棱 AB，BC， CD，DA 上的中点，则四
13、棱锥 A1EFGH 体积为 【分析】推导出 EFGH 是边长为的正方形，点 A1到平面 EFGH 的距离 dAA12， 由此能求出四棱锥 A1EFGH 体积 【解答】解：正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2， E，F，G，H 分别是四条棱 AB，BC，CD，DA 上的中点， EFGH 是边长为的正方形， 点 A1到平面 EFGH 的距离 dAA12， 四棱锥 A1EFGH 体积为： V 第 7 页（共 18 页） 故答案为： 【点评】本题考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础 知识，考查运算求解能力，是中档题 10 （5 分）平面几何中，有“边长为 a 的正三
14、角形内任一点到三边距离之和为定值” ， 类比上述命题，棱长为 a 的正四面体内任一点到四个面的距离之和为 【分析】由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时，常用的思路有：由平面图形 中点的性质类比推理出空间里的线的性质，由平面图形中线的性质类比推理出空间中面 的性质，由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质故我们可以根据已知中平 面几何中，关于线的性质“正三角形内任意一点到三边距离之和是一个定值” ，推断出一 个空间几何中一个关于面的性质 【解答】解：类比在边长为 a 的正三角形内任一点到三边的距离之和为定值， 在一个正四面体中，计算一下棱长为 a 的三棱锥内任一点到各个面的距离之和，
15、如图： 由棱长为 a 可以得到 BF，BOAOaOE， 在直角三角形中，根据勾股定理可以得到 BO2BE2+OE2， 把数据代入得到 OEa， 棱长为 a 的三棱锥内任一点到各个面的距离之和 4a 第 8 页（共 18 页） 故答案为： 【点评】本题是基础题，考查类比推理及正四面体的体积的计算，转化思想的应用，考 查空间想象能力，计算能力 11 （5 分）已知抛物线 y216x 上任意一点到双曲线1 右焦点的距离比到左准线 的距离大 1，则 a2 12 【分析】利用抛物线方程求出焦点坐标与准线方程，由题意知双曲线的右焦点坐标与左 准线方程，由此求出 c 和 a2 【解答】解：抛物线 y216x
16、 中，p8，焦点为 F（4，0） ，准线方程为 x4； 由题意知双曲线1 的右焦点为 F（4，0） ，左准线方程为 x3， c4，且3， 解得 a212 故答案为：12 【点评】本题考查了抛物线方程与双曲线方程的应用问题，是基础题 12 （5 分）已知圆 x2+y24，过点 P（1，1）的直线与圆交于 A，B 两点且 AP2PB，则弦 AB 的长为 3 【分析】取 AB 的中点 M，则由 AP2PB 可得 MPAB，MPAB，在两个直角三角 形中根据勾股定理列方程可解得 【解答】解：如图：取 AB 的中点 M，则由 AP2PB 可得 MPAB，MPAB， 第 9 页（共 18 页） 在直角三角
17、形 OMB 中有：OB2MB2OM2，即 4AB2OM2， 在直角三角形 OMP 中有：OP2MP2OM2，即 2AB2OM2 联立解得 AB3， 故答案为：3 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题 13 （5 分）已知函数 f（x）|x22x|在0，m上值域为0，m，则实数 m 的值为 1 或 3 【分析】将 f（x）表示为分段函数形式，结合二次函数的取值与 x 之间的关系，结合函 数的值域建立方程关系进行求解即可 【解答】解：f（x）， f（0）0， 函数 f（x）的最大值为 m， 若 0m1，此时函数的为增函数， 则 f（m）m2+2mm，得 m2m，得 m1， 若 m2， 当
18、 0x2 时，函数的 f（x）x2+2x 的最大值为 f（1）1， 此时 f（m）m22mm，得 m23m，得 m3， 综上 m1 或 m3， 故答案为：1 或 3 第 10 页（共 18 页） 【点评】本题主要考查函数值域的应用，结合二次函数的图象和性质转化为分段函数， 利用数形结合是解决本题的关键 14 （5 分）已知椭圆+1 的右焦点为 F，A 为椭圆在第一象限内的点，连接 AF 并 延长交椭圆于点 B，连接 AO（O 为坐原点）并延长交椭圆于点 C，若 SABC3，则点 A 的坐标为 （1，） 【分析】求得 F（1，0） ， ） ，设 AB 的方程为 xmy+1，联立椭圆方程，运用韦达
19、定理， 以及完全平方公式，结合题意可得 SABOSAOF+SBOF|OF|y1y2|，即有|y1 y2|3，平方后由韦达定理，解方程可得 m0，可得 A 的坐标 【解答】解：由题意可得 F（1，0） ，设 AB 的方程为 xmy+1， 联立椭圆方程可得（4+3m2）y2+6my90， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 可得 y1+y2，y1y2， |y1y2|2（y1+y2）24y1y2+， 由 O 为 AC 的中点，且ABC 的面积为 3， 可得ABO 的面积为， SABOSAOF+SBOF|OF|y1y2|， 即有|y1y2|3， 第 11 页（共 18 页） 可得+9， 化为
20、 9m4+m20，即 m0， 则 ABx 轴，可得 A（1，） ， 故答案为： （1，） 【点评】本题考查椭圆的方程和运用，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和 弦长公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，计小题，计 90 分分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的 文字说明、证明过程或演算步骤文字说明、证明过程或演算步骤 15 （14 分）设 f（x）x22ax+1，aR （1）若 a0，解关于 x 的不等式：f（x）3a2+1； （2）若x1，1，都有 f（x）0 恒成立，求实数
21、 a 的取值范围 【分析】 （1）解 f（x）x22ax+13a2+1 得：xa，或 x3a，结合 a0，可得不 等式：f（x）3a2+1 的解集； （2）分类讨论不同情况下令 f（x）0 恒成立的 a 的范围，综合讨论结果，可得答案 【解答】解： （1）a0 a3a（2 分） 解 f（x）x22ax+13a2+1 得： xa，或 x3a（4 分） 不等式 f（x）3a2+1 的解集为（a，3a）（6 分） 第 12 页（共 18 页） （2）当 a1 时，f（x）在1，1上单调递增， 若 f（x）0 恒成立， f（1）2+2a0， 解得：a1 a1（8 分） 当1a1 时，4a240 f（x
22、）0 恒成立， 1a1（10 分） 当 a1 时，f（x）在1，1上单调递减， 若 f（x）0 恒成立， f（1）22a0， 解得：a1 a1（12 分） 综上：a1，1（14 分） 注：第一问不写成解集扣（1 分） 【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，二次不等式，分类讨论思想，难 度中档 16 （14 分）如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，点 M，N 分别是 AB，A1B1 的中点 （1）求证：BN平面 A1MC； （2）若 A1MAB1，求证：AB1A1C 【分析】 （1）欲证明 BN平面 A1MC，只需推知 A1MBN； （2）根据直三棱柱的特征和线面垂直
23、的判定与性质来证明线线垂直 【解答】证明： （1）因为 ABCA1B1C1是直三棱柱，所以 ABA1B1，且 ABA1B1， 又点 M，N 分别是 AB、A1B1的中点，所以 MBA1N，且 MBA1N 第 13 页（共 18 页） 所以四边形 A1NBM 是平行四边形，从而 A1MBN 又 BN平面 A1MC，A1M平面 A1MC，所以 BN平面 A1MC； （2）因为 ABCA1B1C1是直三棱柱，所以 AA1底面 ABC，而 AA1侧面 ABB1A1， 所以侧面 ABB1A1底面 ABC 又 CACB，且 M 是 AB 的中点，所以 CMAB 则由侧面 ABB1A1底面 ABC，侧面 A
24、BB1A1底面 ABCAB， CMAB，且 CM底面 ABC，得 CM侧面 ABB1A1 又 AB1侧面 ABB1A1，所以 AB1CM 又 AB1A1M，A1M、MC 平面 A1MC，且 A1MMCM， 所以 AB1平面 A1MC 又 A1C平面 A1MC，所以 ABA1C 【点评】本题考查的知识点是直线与平面垂直的性质，直线与平面平行的判定，其中熟 练掌握空间直线与平面间垂直、平行的判定、性质、定义是解答本题的关键 17 （14 分）如图，已知圆 O：x2+y21，过 M（2，0）的直线 l 与圆交于 P，Q 两点， 点 A（1，0） （1）若点 O 到直线 l 的距离为，求直线 l 的方
25、程； （2）若 PA，求 SMOQ 【分析】 （1）根据题意，分析可得直线 l 的斜率一定存在，设其斜率为 k，则直线 l 的方 第 14 页（共 18 页） 程为 yk（x+2） ，由点到直线的距离公式可得有，解可得 k 的值，即可得 答案； （2）根据题意，求出 O 到 AP 的距离，设 AP 的方程为 yk（x+1） ，结合点到直线的距 离公式可得，解可得 k 的值，即可得直线 AP 的方程，将其与圆 O 的方程 联立可得 P 的坐标，进而可得直线 MP 的方程，将其与圆 O 的方程联立可得 Q 的坐标， 据此可得 MQ 的长以及 O 到直线 MP 的距离，由三角形面积公式计算可得答案
26、【解答】解： （1）根据题意，圆 O：x2+y21 的圆心为（0，0） ，半径 r1， 若点 O 到直线 l 的距离为，则设直线 l 的斜率为 k， 则直线 l 的方程为 yk（x+2） ，即 kxy+2k0， 则有，解可得 k， 直线 l 的方程为 y（x+2） ，即 xy+20； （2）根据题意，PA，则 O 到 AP 的距离 d， 设 AP 的方程为 yk（x+1） ，则有，解可得 k， 则 AP 的方程为 y（x+1） ， 与圆 O 的方程联立，可得 15（x+1）2+x21， 解可得 x1 或， 则 xP，则 yp，则 P 的坐标为（，） ， 直线 MP 的方程为 y（x+2） ，与
27、圆 O 的方程联立可得（x+2）2+x21， 解可得 x或， 则 xQ，yQ，即 Q 的坐标为（，） ， 则|MQ|，O 到直线 MP 的距离 d 故 SMOQd|MQ| 第 15 页（共 18 页） 【点评】本题考查直线与圆的方程的应用，涉及直线与圆的位置关系，属于基础题 18 （16 分）某班级欲在半径为 1 米的圆形展板上做班级宣传，设计方案如下：用四根不计 宽度的铜条将圆形展板分成如图所示的形状，其中正方形 ABCD 的中心在展板圆心，正 方形内部用宣传画装饰，若铜条价格为 10 元/米，宣传画价格为 20 元/平方米，展板所需 总费用为铜条的费用与宣传画的费用之和 （1）设OPA，将
28、展板所需总费用表示成 的函数； （2）若班级预算为 100 元，试问上述设计方案是否会超出班级预算？ 【分析】 （1）过点 O 作 OHAB，垂足为 H，用 表示出 OH 和 PH，从而可得铜条长 度和正方形的面积，进而得出函数式； （2）利用同角三角函数的关系和二次函数的性质求出预算的最大值即可得出结论 【解答】解： （1）过点 O 作 OHAB，垂足为 H，则 PHcos，OHsin， 正方形 ABCD 的中心在展板圆心， 铜条长为相等，每根铜条长 2cos， AD2OH2sin， 展板所需总费用为 y80cos+80sin2（0） （2）y80cos+80sin280cos2+80cos
29、+8080（cos）2+100100 上述设计方案是不会超出班级预算 第 16 页（共 18 页） 【点评】本题考查了函数应用，三角函数恒等变换与求值，属于中档题 19 （16 分）已知 A，B 分别为椭圆 C：1（ab0）右顶点和上顶点，且直线 AB 的斜率为，右焦点 F 到直线 AB 的距离为 （1）求椭圆 C 的方程； （2）若直线 l：ykx+m（m1）与椭圆交于 M，N 两点，且直线 BM、BN 的斜率之和 为 1，求实数 k 的取值范围 【分析】 （1）先由直线 AB 的斜率得出，于是得出 cb，再由点 F 到直线 AB 的 距离，得出 b 的值，从而可求出 a 的值，从而可写出椭
30、圆 C 的方程； （2）设点 M（x1，y1） 、N（x2，y2） ，将直线 l 的方程与椭圆 C 的方程联立，列出韦达定 理，由直线 BM、BN 的斜率之和为 1，结合韦达定理得出 k 与 m 所满足的关系式，结合 m 的范围，可得出 k 的范围，再由0，得出 k 的另一个范围，两者取交集可得出实数 k 的取值范围 【解答】解： （1），则 bc，直线 AB：bx+ayab0， ，b1 第 17 页（共 18 页） 因此，椭圆 C 的方程为； （2）设点 M（x1，y1） 、N（x2，y2） ， 将直线 l 的方程与椭圆 C 的方程联立， 消去 y 并整理得（2k2+1）x2+4kmx+2m
31、220， 0，由韦达定理得， ， （2k1）x1x2+（m1） （x1+x2）0， （1m）2（1+m）4k0，又 m1，2km+12，k1， 16k28m2+816（2kk2）0，0k2， 实数 k 的取值范围是（1，2） 【点评】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理设而不求法在 椭圆综合问题中的应用，考查计算能力，属于中等题 20 （16 分）已知函数 f（x）x3+3|xa|（aR） ，x2，2 （1）当 a1 时，求函数 yf（x）的单调减区间； （2）求函数 yf（x）的最大值 【分析】 （1）代入 a 的值，通过讨论 x 的范围，求出函数的单调区间即可； （2）
32、通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值即可 【解答】解： （1）当 a1 时，f（x）， 1x2，f（x）单调递增； 2x1，f（x）3（x21）（4 分） 令 f（x）0，解得：1x1， f（x）的单调减区间为（1，1）（6 分） （2）f（x）， 当 a1，f（x）在（2，2）递增， 第 18 页（共 18 页） f（x）maxf（2）143a（8 分） 当1a2，f（x）在（2，1）和（a，2）递增，在（1，a）递减， f（1）3a+2，f（2）143a， 3a+2143a， f（x）maxf（2）143a（12 分） 当 a2 时，f（x）在（2，1）和（1，2）递增，在（1，1）递减， f（1）f（2）3a+2， 故 f（x）max2+3a（14 分） 综上：（16 分） 【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道 综合题
