1、仙桃市三中2018-2019學年高二上學期數學期末模擬試卷含解析班級_ 座號_ 姓名_ 分數_一、選擇題1 若命題“pq”為假，且“¬q”為假，則（ ）A“pq”為假Bp假Cp真D不能判斷q的真假2 已知函數f（x）=x2，則函數y=f（x）的大致圖象是（ ）ABCD3 過拋物線y2=4x的焦點作直線交拋物線于A（x1，y1），B（x2，y2），若x1+x2=6，則|AB|為（ ）A8B10C6D44 函數f（x）=1xlnx的零點所在區間是（ ）A（0，）B（，1）C（1，2）D（2，3）5 已知向量=（1，2），=（x，4），若，則x=（ ） A 4 B 4 C 2 D 26 已

2、知向量，若為實數，則（ ）A B C1 D27 已知函數f（x）=x26x+7，x（2，5的值域是（ ）A（1，2B（2，2C2，2D2，1）8 由小到大排列的一組數據x1，x2，x3，x4，x5，其中每個數據都小于1，則樣本1，x1，x2，x3，x4，x5的中位數為（ ）ABCD9 下列函數中，既是偶函數又在單調遞增的函數是（ ）A B C D10設函數的集合，平面上點的集合，則在同一直角坐標系中，P中函數的圖象恰好經過Q中兩個點的函數的個數是A4B6C8D1011設集合,集合,若 ,則的取值范圍（ ）A B C. D12等于（ ）A B C D二、填空題13正方體ABCDA1B1C1D1中

3、，平面AB1D1和平面BC1D的位置關系為14若函數y=ln（2x）為奇函數，則a=15平面內兩定點M（0，一2）和N（0,2），動點P（x，y）滿足，動點P的軌跡為曲線E，給出以下命題： m，使曲線E過坐標原點； 對m，曲線E與x軸有三個交點； 曲線E只關于y軸對稱，但不關于x軸對稱； 若P、M、N三點不共線，則 PMN周長的最小值為24; 曲線E上與M,N不共線的任意一點G關于原點對稱的另外一點為H，則四邊形GMHN 的面積不大于m。 其中真命題的序號是（填上所有真命題的序號）16已知實數x，y滿足，則目標函數z=x3y的最大值為17已知函數f（x）的定義域為1，5，部分對應值如下表，f（

4、x）的導函數y=f（x）的圖象如圖示 x1045f（x）1221下列關于f（x）的命題：函數f（x）的極大值點為0，4；函數f（x）在0，2上是減函數；如果當x1，t時，f（x）的最大值是2，那么t的最大值為4；當1a2時，函數y=f（x）a有4個零點；函數y=f（x）a的零點個數可能為0、1、2、3、4個其中正確命題的序號是18已知數列an中，a1=1，an+1=an+2n，則數列的通項an=三、解答題19已知x2y2+2xyi=2i，求實數x、y的值20如圖，已知邊長為2的等邊PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2，M為BC的中點（）試在棱AD上找一點N，使得CN平面AMP

5、，并證明你的結論（）證明：AMPM21已知命題p：x2，4，x22x2a0恒成立，命題q：f（x）=x2ax+1在區間上是增函數若pq為真命題，pq為假命題，求實數a的取值范圍22已知橢圓C1： +x2=1（a1）與拋物線C：x2=4y有相同焦點F1（）求橢圓C1的標準方程；（）已知直線l1過橢圓C1的另一焦點F2，且與拋物線C2相切于第一象限的點A，設平行l1的直線l交橢圓C1于B，C兩點，當OBC面積最大時，求直線l的方程23（本題12分）正項數列滿足（1）求數列的通項公式；（2）令，求數列的前項和為.24某濱海旅游公司今年年初用49萬元購進一艘游艇，并立即投入使用，預計每年的收入為25萬

6、元，此外每年都要花費一定的維護費用，計劃第一年維護費用4萬元，從第二年起，每年的維修費用比上一年多2萬元，設使用x年后游艇的盈利為y萬元（1）寫出y與x之間的函數關系式；（2）此游艇使用多少年，可使年平均盈利額最大？仙桃市三中2018-2019學年高二上學期數學期末模擬試卷含解析（參考答案）一、選擇題1 【答案】B【解析】解：命題“pq”為假，且“¬q”為假，q為真，p為假；則pq為真，故選B【點評】本題考查了復合命題的真假性的判斷，屬于基礎題2 【答案】A【解析】解：由題意可得，函數的定義域x0，并且可得函數為非奇非偶函數，滿足f（1）=f（1）=1，可排除B、C兩個選項當x0時，

7、t=在x=e時，t有最小值為函數y=f（x）=x2，當x0時滿足y=f（x）e20，因此，當x0時，函數圖象恒在x軸上方，排除D選項故選A3 【答案】A【解析】解：由題意，p=2，故拋物線的準線方程是x=1，拋物線y2=4x 的焦點作直線交拋物線于A（x1，y1）B（x2，y2）兩點|AB|=2（x1+x2），又x1+x2=6|AB|=2（x1+x2）=8故選A4 【答案】C【解析】解：f（1）=10，f（2）=12ln2=ln0，函數f（x）=1xlnx的零點所在區間是（1，2）故選：C【點評】本題主要考查函數零點區間的判斷，判斷的主要方法是利用根的存在性定理，判斷函數在給定區間端點處的符號

8、是否相反5 【答案】D【解析】： 解：，42x=0，解得x=2故選：D6 【答案】B 【解析】試題分析：因為，所以，又因為，所以，故選B. 考點：1、向量的坐標運算；2、向量平行的性質.7 【答案】C【解析】解：由f（x）=x26x+7=（x3）22，x（2，5當x=3時，f（x）min=2當x=5時，函數f（x）=x26x+7，x（2，5的值域是2，2故選：C8 【答案】C【解析】解：因為x1x2x3x4x51，題目中數據共有六個，排序后為x1x3x51x4x2，故中位數是按從小到大排列后第三，第四兩個數的平均數作為中位數，故這組數據的中位數是（x5+1）故選：C【點評】注意找中位數的時候一

9、定要先排好順序，然后再根據奇數和偶數個來確定中位數如果數據有奇數個，則正中間的數字即為所求；如果是偶數個，則找中間兩位數的平均數9 【答案】C【解析】試題分析：函數為奇函數，不合題意；函數是偶函數，但是在區間上單調遞減，不合題意；函數為非奇非偶函數。故選C?？键c：1.函數的單調性；2.函數的奇偶性。10【答案】B【解析】本題考查了對數的計算、列舉思想a時，不符；a0時，ylog2x過點(，1)，(1,0)，此時b0，b1符合；a時，ylog2(x)過點(0，1)，(，0)，此時b0，b1符合；a1時，ylog2(x1)過點(，1)，(0，0)，(1，1)，此時b1，b1符合；共6個11【答案】

10、A【解析】考點：集合的包含關系的判斷與應用.【方法點晴】本題主要考查了集合的包含關系的判定與應用，其中解答中涉及到分式不等式的求解，一元二次不等式的解法，集合的子集的相關的運算等知識點的綜合考查，著重考查了轉化與化歸思想、分類討論思想的應用，以及學生的推理與運算能力，屬于中檔試題，本題的解答中正確求解每個不等式的解集是解答的關鍵.12【答案】D【解析】試題分析：原式考點：余弦的兩角和公式.二、填空題13【答案】平行 【解析】解：AB1C1D，AD1BC1，AB1平面AB1D1，AD1平面AB1D1，AB1AD1=AC1D平面BC1D，BC1平面BC1D，C1DBC1=C1由面面平行的判定理我們

11、易得平面AB1D1平面BC1D故答案為：平行【點評】本題考查的知識點是平面與平面之間的位置關系，在判斷線與面的平行與垂直關系時，正方體是最常用的空間模型，大家一定要熟練掌握這種方法14【答案】4 【解析】解：函數y=ln（2x）為奇函數，可得f（x）=f（x），ln（+2x）=ln（2x）ln（+2x）=ln（）=ln（）可得1+ax24x2=1，解得a=4故答案為：415【答案】 解析：平面內兩定點M（0，2）和N（0，2），動點P（x，y）滿足|=m（m4），=m（0，0）代入，可得m=4，正確；令y=0，可得x2+4=m，對于任意m，曲線E與x軸有三個交點，不正確；曲線E關于x軸對稱，但

12、不關于y軸對稱，故不正確；若P、M、N三點不共線，|+|2=2，所以PMN周長的最小值為2+4，正確；曲線E上與M、N不共線的任意一點G關于原點對稱的點為H，則四邊形GMHN的面積為2SMNG=|GM|GN|sinMGNm，四邊形GMHN的面積最大為不大于m，正確故答案為：16【答案】5 【解析】解：由z=x3y得y=，作出不等式組對應的平面區域如圖（陰影部分）：平移直線y=，由圖象可知當直線y=經過點C時，直線y=的截距最小，此時z最大，由，解得，即C（2，1）代入目標函數z=x3y，得z=23×（1）=2+3=5，故答案為：517【答案】 【解析】解：由導數圖象可知，當1x0或2

13、x4時，f'（x）0，函數單調遞增，當0x2或4x5，f'（x）0，函數單調遞減，當x=0和x=4，函數取得極大值f（0）=2，f（4）=2，當x=2時，函數取得極小值f（2），所以正確；正確；因為在當x=0和x=4，函數取得極大值f（0）=2，f（4）=2，要使當x1，t函數f（x）的最大值是4，當2t5，所以t的最大值為5，所以不正確；由f（x）=a知，因為極小值f（2）未知，所以無法判斷函數y=f（x）a有幾個零點，所以不正確，根據函數的單調性和極值，做出函數的圖象如圖，（線段只代表單調性），根據題意函數的極小值不確定，分f（2）1或1f（2）2兩種情況，由圖象知，函數y

14、=f（x）和y=a的交點個數有0，1，2，3，4等不同情形，所以正確，綜上正確的命題序號為故答案為：【點評】本題考查導數知識的運用，考查導函數與原函數圖象之間的關系，正確運用導函數圖象是關鍵18【答案】2n1 【解析】解：a1=1，an+1=an+2n，a2a1=2，a3a2=22，anan1=2n1，相加得：ana1=2+22+23+2+2n1，an=2n1，故答案為：2n1，三、解答題19【答案】 【解析】解：由復數相等的條件，得（4分）解得或（8分）【點評】本題考查復數相等的條件，以及方程思想，屬于基礎題20【答案】 【解析】（）解：在棱AD上找中點N，連接CN，則CN平面AMP；證明：

15、因為M為BC的中點，四邊形ABCD是矩形，所以CM平行且相等于DN，所以四邊形MCNA為矩形，所以CNAM，又CN平面AMP，AM平面AMP，所以CN平面AMP（）證明：過P作PECD，連接AE，ME，因為邊長為2的等邊PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2，M為BC的中點所以PE平面ABCD，CM=，所以PEAM，在AME中，AE=3，ME=，AM=，所以AE2=AM2+ME2，所以AMME，所以AM平面PME所以AMPM【點評】本題考查了線面平行的判定定理和線面垂直的判定定理的運用；正確利用已知條件得到線線關系是關鍵，體現了轉化的思想21【答案】 【解析】解：x2，4，x2

16、2x2a0恒成立，等價于ax2x在x2，4恒成立，而函數g（x）=x2x在x2，4遞增，其最大值是g（4）=4，a4，若p為真命題，則a4；f（x）=x2ax+1在區間上是增函數，對稱軸x=，a1，若q為真命題，則a1；£由題意知p、q一真一假，當p真q假時，a4；當p假q真時，a1，所以a的取值范圍為（，14，+）22【答案】 【解析】解：（）拋物線x2=4y的焦點為F1（0，1），c=1，又b2=1，橢圓方程為： +x2=1 （）F2（0，1），由已知可知直線l1的斜率必存在，設直線l1：y=kx1由消去y并化簡得x24kx+4=0直線l1與拋物線C2相切于點A=（4k）24×4=0，得k=±1切點A在第一象限k=1ll1設直線l的方程為y=x+m由，消去y整理得3x2+2mx+m22=0，=（2m）212（m2