江苏省苏州市昆山市2018-2019学年高二数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、江苏省苏州市昆山市2018-2019学年高二数学下学期期中试题（含解析）注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共4页，包括填空题（第1题第14题）、解答题（第15题第20题）两部分.本试卷满分160分，考试时问120分钟.2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的指定位置.3.答题时，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的指定位置，在其它位置作答一律无效.4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚.5.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损.一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔.一、填空题：本大题共

2、14小题，每小题5分，共70分.不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置上.1. 已知复数，（为虚数单位），则复数的实部等于_.【答案】3【解析】【分析】本题首先可以根据题意以及复数的乘法法则计算出，然后根据实部的定义即可得出结果.【详解】因为，所以，实部为，故答案为：.【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算，考查复数的基本概念，若复数，则是实部，是虚部，考查计算能力，是简单题.2. 抛物线准线方程为_【答案】【解析】【分析】本题利用抛物线的标准方程得出抛物线的准线方程【详解】由抛物线方程可知，抛物线的准线方程为：故答案为【点睛】本题考查抛物线的相关性质，主要考查抛物线的简单性质的应

3、用，考查抛物线的准线的确定，是基础题3. 过点且与直线垂直的直线方程为_.【答案】【解析】【分析】由题意结合直线垂直的性质可得所求直线的斜率，由直线的点斜式方程即可得解.【详解】由题意直线斜率为，故所求直线的斜率，所以所求直线方程为即.故答案为：.【点睛】本题考查了直线位置关系的应用及直线方程的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.4. 设复数z满足（i是虚数单位），则z的模为_.【答案】【解析】考点：复数的模5. 用半径为的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的体积为_【答案】【解析】【分析】由题意知圆锥筒的母线长为2，设圆锥筒的底面半径等于，则可计算圆锥筒的高，代入体积公式计算即可.【详

4、解】由题意知圆锥筒的母线长为2，设圆锥筒的底面半径等于,则，圆锥筒的高为：，这个圆锥筒的体积为; .故答案为：【点睛】本题主要考查了圆锥的体积公式，半圆的弧长与圆锥的底面周长之间的关系，属于容易题.6. 已知双曲线的渐近线方程为，且双曲线过点，则双曲线的标准方程为_.【答案】【解析】【分析】由题意结合双曲线的性质可得、，解方程即可得解.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以，又双曲线过点，所以，所以，所以双曲线的标准方程为.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线渐近线的应用及标准方程的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.7. 函数在的最大值等于_.【答案】【解析】【分析】对函数求导即可得函数的

5、单调区间，比较极大值及端点值即可得解.【详解】由题意，所以当时，；当时，；所以的单调增区间为，减区间为.又，.所以函数在的最大值等于.故答案为：.【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值，考查了运算求解能力，属于基础题.8. 从中，可猜想第个等式为_.【答案】【解析】1=12，2+3+4=32，3+4+5+6+7+=52，观察可知，等式左边第n行有n个数，且第n行的第一个数为n，每行最后一个数是以1为首项，3为公差的等差数列，等式右边为(2n-1)2，所以猜想第n个等式为：点睛：解决归纳推理问题的关键是仔细研究给出的部分对象，通过观察出的规律，把问题转化为其他数学知识的问题进行解决如解决含递推公

6、式的归纳推理问题，一般是先解决题中的递推关系式求出一些特殊的对象，然后再根据这些特殊对象与序号之间的一一对应关系，观察出规律，最后根据规律即可得出一般性结论9. 经过二次函数与坐标轴的三个交点的圆的方程为_.【答案】【解析】【分析】求出二次函数与坐标轴的三个交点，设圆的方程为，由三个交点在圆上列出方程组求解a、b、r，即可写出圆的方程.【详解】令，则；令，则或，所以二次函数与坐标轴的三个交点为、，设圆的方程为，则，减得，减得，代入得，代入可得，所以，则圆的方程为.故答案为：【点睛】本题考查圆的方程，根据圆过的点求解圆的方程，属于基础题.10. 如图，在棱长为的正方体中，下列结论正确的是_.；平

7、面；平面平面；点到平面的距离等于.【答案】【解析】【分析】由题意结合异面直线夹角的求解可判断，由线面垂直的性质与判定可判断，由面面平行的判定可判断，利用等体积法可判断，即可得解.【详解】对于，由可得或其补角即为异面直线，所成的角，因为为等边三角形，所以，所以不成立，故错误；对于，连接，如图：则，由平面可得，所以平面，所以，同理可得，由可得平面，故正确；对于，在正方体中，所以平面，平面，又因为，所以平面平面，故正确；对于，三棱锥的体积，是边长为的等边三角形，所以，设点到平面的距离为，所以，所以，故错误.故答案为：.【点睛】本题考查了线面、面面位置关系的判断及异面直线夹角、点到平面距离的求解，考查

8、了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.11. 已知，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】首先根据题意得到为偶函数，利用导数求出的单调区间，再根据单调区间解不等式即可.【详解】又因为，所以为偶函数.当时，因为，所以，故在为增函数.又因为为偶函数，所以在为减函数.因为，所以，解得或.故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，同时考查了函数的奇偶，属于中档题.12. 宋元时期著名数学家朱世杰其巨著四元玉鉴中利用“招差术”得到以下公式：，具体原理如下：类比上述方法，_【答案】【解析】【分析】由类比把通项裂项为，再累加可得求和【详解】由类比可知所以可得：=,所以填【点睛】本题通

9、过类比找到裂项求和的方法，既是考查学生的类比思想的应用，也是考查裂项求和的方法，对学生的学习能力要求较高13. 数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，这条直线称为“欧拉线”.已知的顶点，其“欧拉线”的直线方程为，则的顶点的坐标_.【答案】【解析】【分析】设，由题意结合重心的性质可得，求得AB的中垂线方程，与欧拉线方程联立可得外心，由外心的性质可得，解方程即可得解.【详解】设，由重心坐标公式得的重心为，代入欧拉线方程得整理得，因为AB中点为，所以AB的中垂线的斜率为，所以AB的中垂线方程为即，联立，解得，的外心为， 则，联立得或，当时，点B、C两点重合，舍去；即

10、的顶点的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查了直线方程的求解与应用，考查了两点间距离公式的应用，关键是对题意的正确转化，属于中档题.14. 若关于的方程有且只有三个不相等的实根，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由参变量分离法得出，令（且），作出函数的图象，由题意可知，关于的方程的两根、满足，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】显然不满足方程；当且时，由得，令，对函数求导得，令得，列表如下：单调递增单调递增极大值单调递减所以，函数在处取得极大值，即，如下图所示：由于关于的方程有且只有三个不相等的实根，则关于的方程要有两个根、，且，如下图所示：所以，.综上所述，实数的取值范围是.故

11、答案为：.【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，考查了利用导数研究函数的零点个数问题，考查数形结合思想的应用，属于中等题.二、解答题：本大题共6小题，并计90分.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.15. 已知直线（1）若，求实数a的值；（2）当时，求直线与之间的距离【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由垂直可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程.（2）由平行可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程，进而可求出两直线的方程，结合直线的距离公式即可求出直线与之间的距离.【详解】（1）由知，解得（2）当时，有，解得此时，即，则直线与之间的距离

12、【点睛】本题考查了由两直线平行求参数，考查了由两直线垂直求参数的值，属于基础题.16. 如图，多面体中，四边形是矩形，面，交于点.（1）证明：面；（2）证明：面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，可得，即可证明；（2）利用勾股定理可证，由面可得，即可得面.【详解】（1）取中点，连接. 四边形是矩形，则为中点，又为中点，则且.又，则.又，则四边形为平行四边形.则.又面面，面.（2）面面，则.则在直角梯形中，.，则又面面，则.四边形是矩形，又.面，又面，由及可知：面.【点睛】本题主要考查线面平行的证明，考查线面垂直的证明，是中档题

13、，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.17. 如图，在平面直角坐标系中，点，直线.设圆的半径为1，圆心在直线上.（1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线的方程；（2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）联立方程组求得点，由直线与圆相切的性质即可求得切线方程；（2）由题意结合圆的性质可得点的轨迹是以为直径的圆（不含），进而可转化条件为圆与该圆有公共点，由圆与圆的位置关系即可得解.【详解】（1）圆心同在直线和直线上.由，解得，若过点的直线斜率不存在，此时恰为圆的切线；若过点的直线斜率存在，设直线方程为，即.直线与圆相切，解得，切线

14、方程为，即；综上可知，过点作圆的切线，切线方程为或；（2），点的轨迹是以为直径的圆（不含），则这个圆的圆心为，半径为1，要使得圆上存在符合条件的点，则圆与圆必有公共点，又圆的圆心，半径为1，即，解得，圆心的横坐标的取值范围为.【点睛】本题考查了直线与圆、圆与圆位置关系的应用，考查了与圆有关的轨迹的求解及运算求解能力、转化化归思想，属于中档题.18. 某企业打算在如图所示的“葫芦”形花坛中修建一喷泉，该“葫芦”形花坛的边界是由两个半径为6米的圆弧构成，两圆圆心之间的距离也为6米.在花坛中修建矩形喷泉水池，四个顶点均在圆弧上，于，设.（1）当时，求喷泉水池的面积的值；（2）当为何值时，可使得喷泉水

15、池的面积最大？【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，再计算即可.（2）首先根据题意得到，从而得到，再利用导数求最大值即可.【详解】（1）当时，.（2）在直角三角形中，.令，令，解得：.令，当时，单调递增；当时，单调递减；故当，即时，取得最大值.即时，可使得喷泉水池的面积最大.【点睛】本题第一问考查函数模型，第二问考查利用导数解决实际问题，属于中档题.19. 如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，短轴的两个端点为，是边长为2的等边三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）点分别为椭圆上第一、二、四象限内的点，且轴.若的重心坐标为，求直线的斜率；若直线过点，且，求直线的斜率.【答

16、案】（1）；（2）；1.【解析】【分析】（1）设椭圆方程为，由平面几何的知识、椭圆的性质即可得解；（2）设，由重心的坐标结合点在椭圆上即可得点、，利用斜率公式即可得解；由题意结合平面向量的数量积可得，由点在椭圆上可得，设直线的方程为，联立方程组由韦达定理可得，求得t后即可得解.【详解】（1）设椭圆的方程为：，是边长为2的等边三角形，椭圆的标准方程为；（2）设，轴，的重心坐标为，由题意可知，解得，点为椭圆上第四象限内的点，且，将代入可解得，又，点为椭圆上第一象限内的点，且，将代入可解得，直线斜率；，即.又点都在椭圆上，则，两式相减可得.，直线过点，设直线的方程为，整理可得，消去可得，解得，又，直

17、线的斜率为.【点睛】本题考查了椭圆方程的求解及直线与椭圆的综合应用，考查了运算求解能力，细心计算、合理转化是解题关键，属于中档题.20. 已知.（1）若函数在处取得极值，求实数的值；（2）若，求函数的单调递增区间；（3）若，存在正实数，使得成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）.【解析】【分析】（1）由题意结合极值的概念可得，解得后，验证即可得解；（2）求导得，按照、分类讨论，求得的解集即可得解；（3）转化条件得，令，求导确定的单调性和值域即可得解.【详解】（1），函数在处取得极值，解得，当时，.当时，单调递减；当时，单调递增；当时，函数在处取得极小值；（2），令，则或，当时，令可得，函数的单调递增区间为；当时，令可得或，函数的单调递增区间为；当时，在上恒成立，函数的单调递增区间为；当时，令可得或，函数的单调递增区间为；（3），整理可得，令，令，解得，当时，单调递减；当时，单调递增；当时，取得极小值即最小值为，即，解得（舍去）或，的取值范围为.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力、逻辑推理能力、分类讨论思想，属于中档题.- 21 -