1、2018-2019学年云南省红河州高二（下）期末数学试卷（文科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）已知集合Ax|x210，Bx|x2，则AB（）A2，+）B1，+）C1，2）D1，+）2（5分）已知复数z满足：（2i）z1，则（）ABCD3（5分）刘徽是我国魏晋时期杰出的数学家他采用了以直代曲、无限趋近、内夹外逼的思想，创立了割圆术，即从半径为1尺的圆内接正六边形开始计算面积下图是一个圆内接正六边形，若向内随机一投掷点，则该点落在正六边形内的概率为（）ABCD4（5分）1元100分1010分0.10.1元0.01
2、元，上式错误的是（）A1元100分B100分1010分C1010分0.10.1元D0.10.1元0.01元5（5分）设等比数列an的前n项和为Sn，公比q2，则（）ABCD6（5分）已知曲线yx3+ax在x1处的切线与直线y4x+3平行，则a的值为（）A3B1C1D37（5分）已知m，n是两条不同的自线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若m，n没有公共点，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，n，则mn8（5分）函数f（x）x2ln|x|的图象大致是（）ABCD9（5分）执行如所示的程序框图，则输出S的值为（）AB2C3D10（5分）若点M为圆C：（x2）2+y21上的动
3、点，则点M到双曲线渐进线的距离的最小值为（）AB1CD11（5分）已知实数x，y满足，则x2+y2的最小值为（）ABCD112（5分）已知函数，若定义在R上的奇函数g（x）满足g（1x）g（1+x），且，则g（2019）（）A2B0C1D2二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13（5分）已知平面向量，若，则 14（5分）正项等差数列an的前n项和为Sn，已知a11，且Sn3，则n 15（5分）已知F1，F2为椭圆的左，右焦点，且点P椭圆C上，若满足的点P有两个，则椭圆C的离心率为 16（5分）如图，已知方体ABCDA1B1C1D1的长为2，E，F分別为棱AA1，CC1的中点，
4、则四棱锥B1EBFD1的体积为 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17随着西部大开发的深入，西南地区的大学越来越受到广大考生的青睐下表是西南地区某大学近五年的录取平均分与省一本线对比表：年份20142015201620172018年份代码t12345省一本线505500525500530录取平均分533534566547580录取平均分与省一本线分差y2834414750（1）根据上表数据可知，y与t之间存在线性相关关系，求y关于t的线性回归方程；（2）假设2019年该省一本线为520分，利用（1）中求出的回归方程预测2019年该大学录取平均分参考
5、公式：，18在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c且sin2Bsin2AsinC（sinBsinC）（1）求角A；（2）若ABC为钝角三角形，且bc，当a2时，求bc的取值范围19如图，在矩形ABCD中，AB2BC，E为CD的中点，将ADE沿AE折起到PAE的位置，使得平面PAE平面ABCE（1）证明：BE平面PAE；（2）若四棱锥PABCE的体积为，求线段PB的长20已知函数f（x）alnx（aR）（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x01，e，使得f（x0）0，求正实数a的取值范围21设抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线与抛物线交于A，B两点
6、，且以线段AB为直径的圆过点M（1，0）（1）求抛物线C的方程；（2）若直线与抛物线C交于R，S两点，点N为曲线E：上的动点，求NRS面积的最小值请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22如图所示，在直角坐标系xOy中，曲线C由以原点为圆心，半径为2的半圆和中心在原点，焦点在x轴上的半椭圆构成以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）写出曲线C的极坐标方程；（2）已知射线与曲线C交于点M，点N为曲线C上的动点，求MON面积的最大值选修4-5：不等式选讲23已知xR，使不等式|x1|+|x2|t成立（1）求满足条件的实数t的
7、集合T；（2）tT，使不等式em+ent成立，求m+n的最大值2018-2019学年云南省红河州高二（下）期末数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）已知集合Ax|x210，Bx|x2，则AB（）A2，+）B1，+）C1，2）D1，+）【分析】可以求出集合A，然后进行交集的运算即可【解答】解：Ax|x1，或x1，Bx|x2；AB2，+）故选：A【点评】考查描述法、区间表示集合的定义，一元二次不等式的解法，以及交集的运算2（5分）已知复数z满足：（2i）z1，则（）ABCD【分析】把已知
8、等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再由复数模的计算公式求【解答】解：由（2i）z1，得z，|故选：B【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题3（5分）刘徽是我国魏晋时期杰出的数学家他采用了以直代曲、无限趋近、内夹外逼的思想，创立了割圆术，即从半径为1尺的圆内接正六边形开始计算面积下图是一个圆内接正六边形，若向内随机一投掷点，则该点落在正六边形内的概率为（）ABCD【分析】设正六边形的边长，得到圆的半径，分别求出正六边形及圆的面积，由测度比为面积比得答案【解答】解：如图，设正六边形的边长为r，则圆的半径为r，圆面积为r2，正六边形的面积为6r2向圆中随机投
9、掷一个点，则该点落在正六边形的概率为故选：D【点评】本题考查几何概型概率的求法，是基础的计算题4（5分）1元100分1010分0.10.1元0.01元，上式错误的是（）A1元100分B100分1010分C1010分0.10.1元D0.10.1元0.01元【分析】根据常识及简单运算，可以得出结果【解答】解：因为1010分100分1元，而0.10.1元0.01元，所以1010分0.10.1元，故选：C【点评】本题考查简单的常识知识，属于容易题5（5分）设等比数列an的前n项和为Sn，公比q2，则（）ABCD【分析】利用等比数列的通项公式、前n项和公式直接求解【解答】解：等比数列an的前n项和为Sn
10、，公比q2，故选：D【点评】本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式的求法及应用，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题6（5分）已知曲线yx3+ax在x1处的切线与直线y4x+3平行，则a的值为（）A3B1C1D3【分析】求导函数得出y3x2+a，从而得出x1时的导数为3+a，即切线的斜率为3+a，又知道切线和y4x+3平行，从而得出3+a4，解出a1【解答】解：y3x2+a；x1时，y3+a；据题意得，3+a4；a1故选：C【点评】考查基本初等函数的求导公式，函数在某点处导数的几何意义，以及两平行直线的斜率相等7（5分）已知m，n是两条不同的自线，是两个不同的平面，则下列
11、命题正确的是（）A若m，n没有公共点，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，n，则mn【分析】由两直线的位置关系可判断A；由面面平行的定义可判断B；由线面的位置关系可判断C；由线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理可判断D【解答】解：m，n没有公共点，则m，n平行或异面，故A错误；m，n，则m，n平行或异面，故B错误；m，mn，则n或n，故C错误；n，由线面平行的性质定理可得n平行于过n的平面与的交线l，m，可得ml，即有mn，故D正确故选：D【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，注意平行和垂直的判定和性质的运用，考查推理能力，属于基础题8（5分）函数f（x）x2ln|x
12、|的图象大致是（）ABCD【分析】利用函数的奇偶性排除选项，利用特殊点的位置判断即可【解答】解：函数f（x）x2ln|x|是偶函数，排除选项B，D；当x1时，y0，x（0，1）时，y0，排除C，故选：A【点评】本题考查函数的图象的判断与应用，函数的奇偶性以及函数的特殊点的位置是解题常用方法9（5分）执行如所示的程序框图，则输出S的值为（）AB2C3D【分析】求得运行的周期为4，计算可得所求结果【解答】解：程序起始为S2，i1，接着可得S3，i2，可得S，i3，接着S，i4，可得S2，i5，即有周期为4，i20202019，可得S，故选：A【点评】本题考查程序运行的结果，考查运算能力，属于基础题
13、10（5分）若点M为圆C：（x2）2+y21上的动点，则点M到双曲线渐进线的距离的最小值为（）AB1CD【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用圆的圆心到直线的距离减去半径求解即可【解答】解：双曲线渐进线：，圆C：（x2）2+y21的圆心（2，0），点M到双曲线渐进线的最小值是：11故选：B【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，考查计算能力11（5分）已知实数x，y满足，则x2+y2的最小值为（）ABCD1【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解即可【解答】解：实数x，y满足，如图所示可行域，由zx2+y2结合图象，z可看作原点到直线2x+y20的距离d
14、的平方，根据点到直线的距离可得d，故zx2+y2d2故选：B【点评】本题考查线性规划的简单性质，考查数形结合以及转化思想的应用，考查计算能力12（5分）已知函数，若定义在R上的奇函数g（x）满足g（1x）g（1+x），且，则g（2019）（）A2B0C1D2【分析】利用奇偶性的定义判断出f（x）具有局部奇偶性，利用对称性与奇偶性得出g（x）的周期，综合两个条件即可得出答案【解答】解：，f（x）+f（x）2，f（2log25）+f（2log25）f（x）+f（x）2又g（1x）g（1+x），即g（x）g（2x），且g（x）为奇函数，g（x）g（x）g（2x）g（x），可知函数g（x）的周期T4g
15、（2019）g（50541）g（1）g（1）2故选：A【点评】本题考查函数奇偶性，对称性与周期性的综合运用，注意各个结论的叠加使用，属于中档偏难题二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13（5分）已知平面向量，若，则5【分析】可根据求出x2，从而得出的坐标，进而求出【解答】解：；解得x2；故答案为：5【点评】考查平行向量的坐标关系，根据向量的坐标求向量的长度的方法14（5分）正项等差数列an的前n项和为Sn，已知a11，且Sn3，则n2【分析】利用等差数列的通项公式求出公差d，再由等差数列的前n项和公式能求出n的值【解答】解：正项等差数列an的前n项和为Sn，a11，解得d1，
16、Sn3，3，由nN*，解得n2故答案为：2【点评】本题考查等差数列的项数的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题15（5分）已知F1，F2为椭圆的左，右焦点，且点P椭圆C上，若满足的点P有两个，则椭圆C的离心率为【分析】判断P在椭圆的短轴的端点，推出a，c的关系，求解椭圆的离心率即可【解答】解：F1，F2为椭圆的左，右焦点，且点P椭圆C上，若满足的点P有两个，说明P是短轴端点，所以bc，则ac，则椭圆C的离心率为：故答案为：【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查16（5分）如图，已知方体ABCDA1B1C1D1的长为2，E，F分別为棱AA1，CC1的中点
17、，则四棱锥B1EBFD1的体积为【分析】三棱锥B1EFB与三棱锥B1EFD1等底同高，则四棱锥B1EBFD1的体积为转化为2V2V，求解即可【解答】解：三棱锥B1EFB与三棱锥B1EFD1等底同高，则四棱锥B1EBFD1的体积为转化为2V2V22，故答案为：【点评】本小题主要考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，以及空间想象能力和逻辑推理能力三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17随着西部大开发的深入，西南地区的大学越来越受到广大考生的青睐下表是西南地区某大学近五年的录取平均分与省一本线对比表：年份20142015201620172018
18、年份代码t12345省一本线505500525500530录取平均分533534566547580录取平均分与省一本线分差y2834414750（1）根据上表数据可知，y与t之间存在线性相关关系，求y关于t的线性回归方程；（2）假设2019年该省一本线为520分，利用（1）中求出的回归方程预测2019年该大学录取平均分参考公式：，【分析】（1）由已知表格中的数据求得与的值，则线性回归方程可求；（2）由（1）中的回归方程求得2019年录取平均分与省一本线分差，加上平均分得答案【解答】解：（1）由题知：，得，故所求回归方程为：（2）由（1）知：当t6时，故预测该大学2019年的录取平均分为520+
19、57.1577.1分【点评】本题考查线性回归方程的求法，考查计算能力，是基础题18在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c且sin2Bsin2AsinC（sinBsinC）（1）求角A；（2）若ABC为钝角三角形，且bc，当a2时，求bc的取值范围【分析】（1）由正弦定理，余弦定理化简已知等式可得cosA，结合范围A（0，），可得A的值（2）由已知利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求bc4sin（B），由已知可求范围B，利用正弦函数的图象可求sin（B），即可求得bc的取值范围【解答】解：（1）因为sin2Bsin2AsinC（sinBsinC），由正弦定理可得：b2+c2a2bc
20、，由余弦定理可得：cosA，因为：A（0，），所以：A（2）由于A，a2，所以4，又B+C，可得：bc4（sinBsinC）4sinBsin（B）4（sinBcosB）4sin（B），因为ABC为钝角三角形，且bc，则B，所以B，可得：sin（B），所以：bc（2，2）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题19如图，在矩形ABCD中，AB2BC，E为CD的中点，将ADE沿AE折起到PAE的位置，使得平面PAE平面ABCE（1）证明：BE平面PAE；（2）若四棱锥PABCE的体积为，求线段
21、PB的长【分析】（1）设AB2BC2a，在矩形ABCD中，由E为CD的中点，易求得：，利用勾股定理证明AEBE（2）取AE中点O，连接PO，推出POAE，可求得，四边形ABCE的面积，利用四棱锥的体积求解a，结合（1）即可求解线段PB的长【解答】解：（1）证明：设AB2BC2a，在矩形ABCD中，由E为CD的中点，易求得：，所以AE2+BE22a2+2a24a2AB2所以AEBE（2）取AE中点O，连接PO，因为PAPE，所以POAE，又平面PAE平面ABCE，可求得，四边形ABCE的面积，所以，解得a2，由（1）知：BE平面PAE，PE平面PAE，故BEPE又，PEa2，所以，故线段PB的长
22、为【点评】本题考查直线与直线垂直的判断与证明，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力20已知函数f（x）alnx（aR）（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x01，e，使得f（x0）0，求正实数a的取值范围【分析】（1）求出原函数的导函数，当a0时，f（x）0，得f（x）在（0，+）上单调递增；当a0时，利用导函数的符号对函数定义域分段，由此可得f（x）的单调性；（2）由（1）知，当a0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增然后对a分段求解f（x）的最小值，再由最小值小于0求解正实数a的取值范围【解答】解：（1）由f（x）alnx（aR），得f（x）x（x0）
23、当a0时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增；当a0时，由f（x）0，得x，由f（x）0，得0xf（x）在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增；（2）由（1）知，当a0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增当，即0a1时，f（x）在1，e上单调递增，0，不合题意；当1e，即1ae2时，f（x）在1，上单调递减，在，e上单调递增，由0，解得eae2；当e，即ae2时，f（x）在1，e上单调递减，由0，解得ae2综上所述，a的取值范围为（e，+）【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论的数学思想方法，是中档题21设抛物线C：y22px（p0）的焦点为
24、F，过点F作垂直于x轴的直线与抛物线交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆过点M（1，0）（1）求抛物线C的方程；（2）若直线与抛物线C交于R，S两点，点N为曲线E：上的动点，求NRS面积的最小值【分析】（1）由题意得，解得：p2，得到抛物线方程（2）设点R（x1，y1），S（x2，y2），由直线l过抛物线的焦点F（1，0），通过联立方程组结合韦达定理，推出|RS|，由点N为曲线E，设点，点N到直线l的距离利用基本不等式转化求解即可【解答】解：（1）由题意得，圆的半径，解得：p2故抛物线的方程为y24x（2）设点R（x1，y1），S（x2，y2），由直线l过抛物线的焦点F（1，0），联立得x2
25、14x+10，故x1+x214，所以|RS|RF|+|SF|x1+x2+p16，由点N为曲线E上一点，设点，点N到直线l的距离，由2x01，故当且仅当，即时，取等号，所以，又NRS面积：，故NRS面积的最小值为【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22如图所示，在直角坐标系xOy中，曲线C由以原点为圆心，半径为2的半圆和中心在原点，焦点在x轴上的半椭圆构成以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）写出曲线C的极坐标方程；（2）已知射线与曲线C交于点M，点
26、N为曲线C上的动点，求MON面积的最大值【分析】（1）分别写出曲线C的上、下两半部分的直角坐标方程，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线C的极坐标方程；（2）把射线代入求得M的极径，然后写出MON的面积，则最大值可求【解答】解：（1）由题设可得：曲线C上半部分的直角坐标方程为x2+y24（y0），曲线C上半部分的极坐标方程为2（0）又曲线C下半部分的标准方程为，曲线C下半部分的极坐标方程为故曲线C的极坐标方程为；（2）由题设，将代入曲线C的极坐标方程可得：M|OM|由面积公式得：|OM|ON|sinMON|OM|ON|，当且仅当sinMON1，|ON|2时等号成立故MON面积的最大值为【点评
27、】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查直角坐标方程化极坐标方程，是中档题选修4-5：不等式选讲23已知xR，使不等式|x1|+|x2|t成立（1）求满足条件的实数t的集合T；（2）tT，使不等式em+ent成立，求m+n的最大值【分析】（1）由题意知，|x1|+|x2|（x1）（x2）|1，当且仅当（x1）（x2）0时等号成立，所以t1；（2）由基本不等式可得：，当且仅当mn时等号成立又因为tT，使不等式em+ent成立，则，即m+n，继而得解【解答】解：（1）由题意知，|x1|+|x2|（x1）（x2）|1，当且仅当（x1）（x2）0时等号成立，所以t1，故集合T（，1（2）由基本不等式可得：，当且仅当mn时等号成立又因为tT，使不等式em+ent成立，则，即m+n，故m+n的最大值为ln【点评】本题考查绝对值不等式的解法，难度较大，属于较难题型
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