陜西省黃陵中學2018-2019學年高二數學上學期期末考試試卷 文（重點班含解析）

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1、 陜西省黃陵中學2018-2019學年高二數學上學期期末考試試卷 文（重點班，含解析） 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目的要求) 1.如圖，一個空間幾何體正視圖與左視圖為全等的等邊三角形，俯視圖為一個半徑為1的圓，那么這個幾何體的表面積為（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由三視圖可知，該幾何體表示底面半徑為，母線長為， 所以該幾何體的表面積為，故選B. 2.如圖，函數y＝f(x)在A，B兩點間的平均變化率等于(　 　) A. -1 B. 1 C

2、. -2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根據平均變化率的概念求解. 【詳解】易知，，因此，故選D 【點睛】求平均變化率的一般步驟：①求自變量的增量△x=x2-x1，②求函數值的增量△y=f（x2）- f（x1），③求函數的平均變化率 . 3.下列導數公式正確的是( ?) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根據題意，依次分析選項，計算選項中函數的導數，分析即可得答案． 【詳解】根據題意，依次分析選項： 對于A，（xn）'＝nxn﹣1，A錯誤； 對于B，（）′，B錯誤； 對于C，（sinx）′＝co

3、sx，C錯誤； 對于D，，D正確； 故選：D． 【點睛】本題考查導數的計算，關鍵是掌握基本函數的導數計算公式，屬于基礎題. 4.為方程的解是為函數f(x)極值點的 （ ） A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件 C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件 【答案】D 【解析】 是的解，則是函數的極值點或拐點；若是函數的極值點，則有。所以“是的解”是“是函數的極值點”的必要不充分條件，故選B 5.在平面直角坐標系中，點的直角坐標為.若以原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，則點的極坐標可以是 A. B. C. D. 【答案】A

4、 【解析】 【分析】 由極坐標與直角坐標轉化式，將點坐標直接進行轉化即可。 【詳解】根據直角坐標與極坐標轉化方程， ，代入得 所以選A 【點睛】本題考查了極坐標與直角坐標的轉化，熟練記憶轉化公式是關鍵，是基礎題。 6.極坐標方程ρ＝1表示(　 　) A. 直線 B. 射線 C. 圓 D. 橢圓 【答案】C 【解析】 【分析】 先由極坐標方程，利用直角坐標與極坐標間的關系，即利用，，進行代換即可得直角坐標方程，再利用直角坐標方程進行判斷即可得答案. 【詳解】將方程化成直角坐標方程為， 所以其表示的是以原點為圓心，以1為半徑的圓， 故選C. 【

5、點睛】該題考查的是有關判斷曲線形狀的問題，涉及到的知識點有極坐標與平面直角坐標的轉化，另一種做法就是根據極徑的幾何意義，確定出其為滿足到極點的距離為定值1的動點的軌跡，從而得到結果. 7.在同一平面直角坐標系中，將曲線y＝cos2x按伸縮變換后為( 　) A. y′＝cos x′ B. y′＝3cosx′ C. y′＝2cosx′ D. y′＝cos 3x′ 【答案】A 【解析】 【分析】 把伸縮變換的式子變?yōu)橛帽硎?，再代入原方程即可求出結果. 【詳解】因為伸縮變換， 所以，代入，可得， 化簡可得， 故選A. 【點睛】該題考查的是有關伸縮變換后曲線方

6、程的求解問題，涉及到的知識點有伸縮變換規(guī)律對應點的坐標之間的關系，屬于簡單題目. 8.已知函數，其導函數的圖像如圖所示，則（ ） A. 在上為減函數 B. 在處取極小值 C. 在上為減函數 D. 在處取極大值 【答案】C 【解析】 ：由導函數的圖像可知：時，，時，，因此在為增函數，在為減函數，所以x=0取得極大值，x=2取得極小值，x=4取得極大值，因此選C。 9.設函數,若,則等于(?? ) A. 2 B. -2 C. 3 D. -3 【答案】C 【解析】 【分析】 對求導，令，即可求出的值. 【詳解】因為，所以， 又因為，

7、 所以，故選C. 【點睛】該題考查的是有關根據某個點處的導數，求參數的值的問題，涉及到的知識點有函數的求導公式，屬于簡單題目. 10.函數的圖像在處的切線方程是,則等于(??) A. 1 B. 0 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 據切點處的導數值為切線的斜率，故為切線斜率，又由切線方程是，即斜率為，故，又為切點縱坐標，據切點坐標與斜率可求得答案. 【詳解】因為，， 故， 故選B. 【點睛】該題考查的是有關某個點處的函數值與導數的值的運算結果問題，涉及到的知識點有切點在切線上，切線的斜率即為函數在該點處的導數，從而求得結果. 11.如

8、果函數在上單調遞增,則的取值范圍是( ?? ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 已知函數在上單調遞增，對其進行求導轉化為在恒成立，從而求解得結果. 【詳解】因為函數在上單調遞增， 所以在恒成立， 所以， 解得，故選B. 【點睛】該題考查的是根據函數在定義域上單調求參數的取值范圍的問題，涉及到的知識點有導數的符號與函數的單調性的關系，易錯點就是導數大于等于零，而不是大于零. 12.對于函數,給出下列命題:(1)是增函數,無最值;(2)是減函數,無最值;(3)的遞增區(qū)間為,遞減區(qū)間為;(4)是最大值,是最小值.其中正確的有(?

9、? ) A. 1個 B. 2個 C. 3個 D. 4個 【答案】A 【解析】 【分析】 令，求得或，再利用導數的符號求得函數的單調區(qū)間，從而得到函數的極值，從而得出結論. 【詳解】對于函數，求得， 令，求得或， 在上，，函數為增函數； 在上，，函數為減函數； 在上，，函數為增函數；從而得到函數沒有最大最小值， 故排除①②④，只有③正確， 故選A. 【點睛】該題考查的是有關正確命題的個數問題，涉及到的知識點有函數的單調性與導數符號的關系，函數極值的概念，極值與最值的關系，屬于中檔題目. 二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，把正確答案填

10、在題中橫線上) 13.函數在處的切線方程是____________________ 【答案】 【解析】 【分析】 首先利用求導公式對函數求導，將代入導函數解析式，求得導函數在處的函數值，根據導數的幾何意義，可知導數即為切線的斜率，根據點斜式方程，寫出切線的方程，化簡求得結果. 【詳解】由得，所以，所以切線的斜率為4， 根據點斜式可知所求的切線方程為，化簡得， 故答案為. 【點睛】該題考查的是導數的幾何意義，首先要求出函數的導數，涉及到的知識點有函數的求導公式，直線方程的點斜式，熟練掌握基礎知識是解題的關鍵. 14.在極坐標系中，圓的圓心到直線的距離是 【答案】 【解析】

11、 圓的圓心 直線；點到直線的距離是 【此處有視頻，請去附件查看】 15.曲線C的直角坐標方程為x2＋y2-2x=0，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立積坐標系，則曲線C的極坐標方程為___________。 【答案】 【解析】 將x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ代入x2＋y2－2x＝0得ρ2－2ρcosθ＝0，整理得ρ＝2cosθ 【此處有視頻，請去附件查看】 16. 已知函數y＝xf′（x）的圖象如圖所示（其中f′（x）是函數f（x）的導函數），給出以下說法： ①函數f（x）在區(qū)間（1，＋∞）上是增函數； ②函數f（x）在區(qū)間（－1,1）上無單調性； ③

12、函數f（x）在x＝－處取得極大值； ④函數f（x）在x＝1處取得極小值．其中正確的說法有________． 【答案】①④ 【解析】 試題分析：由圖像可知當時,可得此時; 當時,可得此時; 當時,可得此時; 當時,可得此時, 綜上可得或時;當或時． 所以函數在和上單調遞增;在上單調遞減．所以函數在處取的極小值． 所以正確的說法為①④． 考點：用導數研究函數的性質． 三、解答題(本大題共6個小題，滿分70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 17.已知函數f(x)＝x3－4x＋4. (1)求函數的單調區(qū)間； (2)求函數的極值. 【答案】（1）見解析（2）極

13、大值為，極小值為 【解析】 【分析】 （1）求出導函數，令導函數為0，求出兩個根，分別令導數大于零，小于零，求得自變量的范圍，從而確定出函數的單調區(qū)間； （2）根據函數的單調性，從而確定出函數的極值. 【詳解】（1） 令 當，即或，函數單調遞增， 當，即，函數單調遞減， 函數的單調增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為 （2）由（1）可知，當時，函數有極大值，即 當時，函數有極小值，即 函數的極大值為，極小值為 【點睛】該題考查的是有關應用導數研究函數的問題，涉及到的知識點有利用導數研究函數的單調性，利用導數研究函數的極值，靈活掌握基礎知識是正確解題的關鍵. 18.設函數

14、，其中.已知在處取得極值. （1）求的解析式； （2）求在點處的切線方程. 【答案】（1）;（2）． 【解析】 分析：求出原函數的導數，根據在處取得極值，得到，由此求得的值值，則函數的解析式可求； （2）由（1）得到，求得，所以在點處的切線方程可求. 詳解：（1）. 因為在處取得極值，所以， 解得，所以. （2）點在上，由（1）可知， ，所以切線方程為. 點睛：本題考查了利用導數研究曲線上某點處的切線方程，解答此題需要注意的是函數的極值點處的導數等于零，但導數為零的點不一定是極值點，著重考查了推理與運算能力，試題屬于基礎題. 19.如圖，ABCD是正方形，O是正方形的

15、中心，PO底面ABCD，E是PC的中點。 求證：（1）PA∥平面BDE ； （2）平面PAC平面BDE. 【答案】證明：（Ⅰ）連結EO， 在△PAC中，∵O是AC的中點，E是PC的中點， ∴OE∥AP 又∵OE平面BDE， PA平面BDE， ∴PA∥平面BDE （Ⅱ）∵PO底面ABCD， ∴POBD 又∵ACBD，且ACPO＝O， ∴BD平面PAC． 而BD平面BDE， ∴平面PAC平面BDE。 【解析】 證明：（Ⅰ）連結EO， 在△PAC中，∵O是AC的中點，E是PC的中點， ∴OE∥AP． 又∵OE平面BDE， PA平面BDE， ∴PA

16、∥平面BDE． （Ⅱ）∵PO底面ABCD， ∴POBD． 又∵ACBD，且ACPO＝O， ∴BD平面PAC． 而BD平面BDE， ∴平面PAC平面BDE． 20. 選修4—4：坐標系與參數方程 在極坐標系下，已知圓O：和直線， （1）求圓O和直線的直角坐標方程； （2）當時，求直線與圓O公共點的一個極坐標. 【答案】（1） 圓O的直角坐標方程為x2+y2-x-y=0,直線l的直角坐標方程為x-y+1=0 （2） 【解析】 （1）圓O：，即 圓O的直角坐標方程為：，即………… 直線，即 則直線的直角坐標方程為：，即………… （2）由得 故直線與圓O公共點的

17、一個極坐標為………… 21.如圖，一矩形鐵皮的長為8cm，寬為5cm，在四個角上截去四個相同的小正方形，制成一個無蓋的小盒子，問小正方形的邊長為多少時，盒子容積最大？ 【答案】18 【解析】 解：設小正方形的邊長為厘米，則盒子底面長為，寬為 盒子容積……4分 由……………6分 ，（舍去）…10分 ，在定義域內僅有一個極大值， …14分 22.如圖，梯形中，∥,是線段上的兩點,且,,,,,.現將△,△分別沿,折起,使兩點重合于點,得到多面體（1）求證：平面 平面;（2）求多面體的體積 【答案】：（Ⅰ）見解析（Ⅱ） 【解析】 ：（Ⅰ）證明：因為，所以四邊形平面為矩形， 由，得所以，在中 ， 有，所以又因為， 得平面， 所以，所以平面，即平面 平面; （Ⅱ）：在平面中，過點G作于點H， 則 因為平面 平面， 得平面， 【此處有視頻，請去附件查看】 12