江苏省扬州市2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题 理（含解析）.doc

1、江苏省扬州市2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题 理（含解析）一、填空题1.集合，若，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】根据并集运算法则计算得到答案.【详解】集合，若则 故答案为：【点睛】本题考查了集合的并集运算，属于简单题.2.复数的虚部是 【答案】【解析】试题分析：因为，所以，复数的虚部是。考点：复数的代数运算，复数的概念。点评：简单题，复数的除法，要注意分子分母同乘分母的共轭复数，实现分母实数化。3.命题“若，则”的否命题为 【答案】若，则【解析】【详解】试题分析：否命题是对命题的条件和结论同时否定，同时否定和即可.命题“若，则”的否命题为:若，则考点：四种命题.4.若幂

2、函数的图像经过点，则_【答案】【解析】【分析】设出幂函数，代入点计算函数表达式，将代入得到答案.【详解】设：，图像经过点，即 故答案为：【点睛】本题考查了幂函数的计算，属于简单题.5.直三棱柱中，若，则_【答案】【解析】【分析】将向量用基向量表示出来得到答案.【详解】直三棱柱中，若故答案为：【点睛】本题考查了空间基向量的知识，意在考查学生的空间想象能力.6.为定义在上的奇函数，且，则_【答案】【解析】【分析】根据已知将x=x+2代入等式可得，可知为周期T=4的周期函数，化简，再由奇函数的性质可得其值。【详解】由题得，则有，因为为定义在R上的奇函数，那么，则，故.【点睛】本题考查奇函数的性质和周

3、期函数，属于常见考题。7.方程的解为_【答案】或【解析】【分析】方程相等分为两种情况：相等或者相加等于14，计算得到答案.【详解】或解得：或故答案为：或【点睛】本题考查了组合数的计算，漏解是容易发生的错误.8.“”是“”的_条件（在“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分又不必要条件”、“充要”中选择填空）【答案】充分不必要【解析】【分析】据题意“”解得，由此可判断它与“”的关系。【详解】由“”解得由题得“” “”，但“”不能推出“”，故“”是“”的充分不必要条件。【点睛】本题考查充分条件和必要条件，属于基础题。9.已知在平面内，点关于轴的对称点的坐标为.根据类比推理，在空间中，点关于轴的对

4、称点的坐标为_【答案】【解析】【分析】在空间中，点关于轴的对称点：轴不变，轴取相反数.【详解】在空间中，点关于轴的对称点：轴不变，轴取相反数.点关于轴的对称点的坐标为故答案为：【点睛】本题考查了空间的对称问题，意在考查学生的空间想象能力.10.已知，将按从小到大的顺序用不等号“”连接为_【答案】【解析】【分析】将分别判断与0,1的大小关系得到答案.【详解】故答案为：【点睛】本题考查了数值的大小比较，0，1分界是一个常用的方法.11.若，则_【答案】【解析】【分析】取计算，取计算得到答案.【详解】取，则 取，则 故答案为：【点睛】本题考查了二项式的计算，取特殊值是解题的关键.12.已知可导函数，

5、函数满足，若函数恰有个零点，则所有这些零点之和为_【答案】【解析】【分析】根据为奇函数得到关于对称，关于对称，所以关于对称，计算得到答案.【详解】函数为奇函数关于对称函数满足关于对称关于对称恰有个零点所有这些零点之和为：故答案为：【点睛】本题考查了函数的中心对称，找出中心对称点是解题的关键.13.设是上的单调函数，且对任意，都有，若是方程的一个解，且，则的值为_【答案】【解析】【分析】先根据题意求函数解析式，再根据导数研究新函数性质，进而确定a的值。【详解】根据题意是上的单调函数，且在定义域内都有，则可知值为一个常数C，即，故，解得，则函数解析式为，即，构造新函数，求导得，函数单调递增，因为，

6、故，又，所以。【点睛】本题考查求函数原函数和用导函数判断函数单调性，根据函数根的范围确定参数值，运用了零点定理，有一定的难度。14.已知可导函数的定义域为，其导函数满足，则不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】构造函数： 根据其导函数判断单调性，再通过特殊值解得不等式.【详解】函数的定义域为构造函数： 已知：所以，递减. 即故答案为：【点睛】本题考查了函数的构造，根据函数单调性解不等式，技巧性较强，构造函数是解题的关键.二、解答题 15.已知复数，且为纯虚数.（1）求复数；（2）若，求复数的模.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将复数代入，令其实部为0，虚部不为0，可解得m，进而求出

7、复数z；（2）先根据复数的除法法则计算w，再由公式计算w的模。【详解】解：（1）是纯虚数，且（2）.【点睛】本题考查复数的概念和模以及复数代数形式的乘除运算，属于基础题。16.已知命题，使；命题，使.（1）若命题为假命题，求实数的取值范围；（2）若为真命题，为假命题，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若p为假命题，可直接解得a的取值范围；（2）由题干可知p,q一真一假，分“p真q假”和“p假q真”两种情况讨论，即可得a的范围。【详解】解：（1）由命题P为假命题可得：，即，所以实数的取值范围是.（2）为真命题，为假命题，则一真一假.若为真命题，则有或，若为真命题，则有.

8、则当真假时，则有当假真时，则有所以实数的取值范围是.【点睛】本题考查根据命题的真假来求变量的取值范围，属于基础题，判断为真的语句叫做真命题，判断为假的语句叫做假命题。17.现有男选手名，女选手名，其中男女队长各名.选派人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？（结果用数字表示）（1）男选手名，女选手名；（2）至少有名男选手；（3）既要有队长，又要有男选手.【答案】（1）30；（2）65；（3）51.【解析】【分析】（1）先选两名男选手，再选两名女选手，乘法原理得到答案.（2）用总的选择方法减去全是女选手的方法得到答案.（3）分为有男队长和没有男队长两种情况，相加得到答案.【详解】(1)第一步

9、：选名男运动员，有种选法.第二步：选名女运动员，有种选法.共有 (种)选法. (2)至少有名男选手”的反面为“全是女选手”.从人中任选人，有种选法，其中全是女选手的选法有种.所以“至少有名女运动员”的选法有 (种). (3)当有男队长时，其他人选法任意，共有种选法.不选男队长时，必选女队长，共有种选法，其中不含男选手的选法有种，所以不选男队长时，共有种选法.故既要有队长，又要有男选手的选法有 (种) .【点睛】本题考查了排列组合问题的计算，意在考查学生的计算能力和解决问题的能力.18.某种儿童型防蚊液储存在一个容器中，该容器由两个半球和一个圆柱组成，（其中上半球是容器的盖子，防蚊液储存在下半球

10、及圆柱中），容器轴截面如图所示，两头是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为毫米.防蚊液所占的体积为圆柱体积和一个半球体积之和.假设的长为毫米.（注：，其中为球半径，为圆柱底面积，为圆柱的高）（1）求容器中防蚊液的体积关于的函数关系式；（2）如何设计与的长度，使得最大？【答案】（1），（2）当为毫米，为毫米时，防蚊液的体积有最大值.【解析】【分析】（1）由矩形其外周长为毫米，设的长为毫米，可得AB的长度，再根据圆柱和球的体积公式即可求得防蚊液的体积关于的函数关系式；（2）对（1）求得的函数关系式求导得，据此讨论函数单调性，根据函数单调性即可确定防毒液体积最大值。【详解】解：（1）由得，由得，所以防

11、蚊液体积，（2）求导得，令得；令得，所以在上单调增，在上单调减，所以当时，有最大值，此时，答：当为毫米，为毫米时，防蚊液的体积有最大值.【点睛】本题是考查关于函数及其导数的一道应用题，难度不大。19.已知函数（1）求函数的单调区间；（2）已知，且恒成立，求的最大值；【答案】（1）函数在区间上单调递减，在上单调递增；（2）.【解析】【分析】（1）函数求导，根据导函数的正负判断函数的单调性.（2）设，求导，根据函数的单调性求函数的最值，得到，再设函数根据函数的最值计算最大值.【详解】（1）由已知得，令，则由得，由，得所以函数在区间上单调递减，在上单调递增.（2）若恒成立，即恒成立当时，恒成立，则；

12、当时，为增函数，由得，故，.当时，取最小值.依题意有，即，令，则，所以当，取最大值，故当时，取最大值.综上，若，则的最大值为.【点睛】本题考查了函数的单调性，函数最值，恒成立问题，构造函数，综合性大，技巧强，计算量大，意在考查学生的综合应用能力.20.已知实数，函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，求在区间上的值域；（3）求实数范围，使得对于区间上任意三个实数，都存在以为边长的三角形.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）将代入不等式，等价于，解得答案.（2）当时，设代入函数求导，根据函数单调性得到答案.（3）令，原问题等价于求实数的范围，使得在区间上，恒有，根据单调性

13、求最值解得答案.【详解】（1）当时， 等价于,即,又 ,故,即所以不等式的解集为（2）法一:时, 由的定义域为，.偶函数. 故只要考虑情形设，所以，得所以时，递增；故时，递减； 时最小值为. 时最大值为的值域为 法二: 令 在上递增.时,最小值为. 时, 最大值为的值域为 （3）令，则，此时从而原问题等价于求实数的范围，使得在区间上，恒有. 当时，在上单调递增， 由得，从而； 当时，在上单调递减，在上单调递增，由得，从而； 当时，在上单调递减，在上单调递增，由得，从而； 当时，在上单调递减， 由得，从而； 综上，的取值范围为.【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，恒成立问题，计算量大，综合

14、性强，使用换元法是简化计算的关键.21.已知二项式的展开式系数和为64（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中的常数项；【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求出，再根据二项式系数性质得到最大项.（2）根据展开式的通项得到答案.【详解】（1）依题意，解得 则，它的展开式共有项，二项式系数最大的项是第项， 所以该展开式中二项式系数最大的项为 （2）由（1），它的展开式的通项, 即，令，则， 因此该展开式中的常数项为.【点睛】本题考查了二项式的计算，属于常考题型.22.如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，分别是的中点.（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求二面角的余弦值.【

15、答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）以分别为轴建立空间直角坐标系，计算直线对应向量，根据向量夹角公式得到答案.（2）分别计算两个平面的法向量，利用法向量的夹角计算二面角余弦值.【详解】（1）如图，以分别为轴建立空间直角坐标系，则，, 异面直线与所成角的余弦值为 .（2）平面的一个法向量为设平面的一个法向量为,由得,，不妨取则， , ,二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了空间直角坐标系的应用，求异面直线夹角和二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.23.盒子中放有大小形状完全相同的个球，其中个红球，个白球.（1）某人从这盒子中有放回地随机抽取个球，求至少抽到个红球的概率；（2）某人

16、从这盒子中不放回地从随机抽取个球，记每抽到个红球得红包奖励元，每抽到个白球得到红包奖励元，求该人所得奖励的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）42元.【解析】【分析】（1）分为三种情况，即抽到个红球，抽到个红球和抽到个红球，概率相加得到答案.（2）随机变量可能的取值为，计算每个数对应概率，得到分布列，计算数学期望得到答案.【详解】(1)记至少抽到个红球的事件为, 法1：至少抽到个红球的事件，分为三种情况，即抽到个红球，抽到个红球和抽到个红球，每次是否取得红球是相互独立的，且每次取到红球的概率均为， 所以， 答：至少抽到个红球的概率为. 法2：至少抽到个红球的事件的对立事件为次均没有取到红球

17、（或次均取到白球），每次取到红球的概率均为（每次取到白球的概率均为），所以 答：至少抽到个红球的概率为. (2) 由题意,随机变量可能的取值为，所以随机变量的分布表为：所以随机变量的数学期望为（元）.【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力.填空：24. 及.则 _，_（结果用表示）.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用排列组合公式计算得到答案.【详解】故答案为：和【点睛】本题考查了排列组合公式的计算，意在考查学生的计算能力.解答题：25.已知.猜想的表达式并用数学归纳法证明你的结论.【答案】证明见解析【解析】【分析】首先计算，猜想， 再用数学归纳法证明.【详解】 猜想， 下面用数学归纳法证明：时，猜想成立； 假设时猜想成立，即则时，由及得 又=, 时猜想成立.由知.【点睛】本题考查了数学归纳法，意在考查学生的归纳推理能力和计算能力.