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安徽省黄山市屯溪第一中学2018_2019学年高二数学下学期期中试题

屯溪一中–学年度高二第二学期期中考试

数学(文科)试题

一、选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)

.函数

的极值点为 ,则 的值为( )

.

.

.

.

【答案】 【解析】 【分析】 先对函数求导,根据函数

的极值点为 ,可得

,进而可求出结果.

【详解】因为

,所以





的极值点为 ,所以

,即 .

故选 【点睛】本题主要考查导数的应用,已知极值点求参数的问题,属于基础题型.

.曲线

在点

处的切线方程是( )

.

.

.

.

【答案】

【解析】

【分析】

先对函数求导,求出函数在 处的切线斜率,进而可求出结果.

【详解】令

,则



故曲线

在点

处的切线斜率为



所以所求切线方程为

,整理得

.

故选

【点睛】本题主要考查曲线在某点处的斜线方程,熟记导数的几何意义即可,属于基础题型.

.已知关于两个变量 的回归方程为

, - 1 - / 15

,则 的值为( )

.

.

.

.

【答案】

【解析】

【分析】

先求出 的平均值,根据回归直线过样本中心,即可求出结果.

【详解】因为

,所以



又关于两个变量 的回归方程为



所以

.

故选

【点睛】本题主要考查回归直线方程,熟记回归直线必过样本中心即可,属于基础题型.

.一个质点运动的路程与时间的关系

, 的单位是米( ), 的单位是秒( ),

则该质点在 时的速度是( ) / 。

.

.

.

.

【答案】

【解析】

【分析】

对函数

求导,求出 ,即可得出结果.

【详解】因为

,所以

,因此

.

故选

【点睛】本题主要考查瞬时变化率,求瞬时速度即是求该点处的导数,属于基础题型.

.已知

,且

. 一定是正数 . 可能是零 【答案】 【解析】 试题分析:根据



,则

的值( ) . 一定是负数 . 正、负不能确定

,可得 中有 个负数,有一个为正数,不妨设

- 2 - / 15

,且

,所以

,所以 ,而 ,所以

,故选.

考点:不等式的性质.

【方法点晴】本题主要考查了不等式的性质及其应用,其中解答中涉及不等式的性质及化简,

负数的性质以及绝对值的含义等知识点的综合考查,着重考查了学生分析问题和解答问题的

能力,试题比较基础,属于基础题,本题的解答中根据

,可得 中有 个

负数,有一个为正数是解答关键.

. (?浙江)已知函数()的图象是下列四个图象之一,且其导函数′()的图象如图所示, 则该函数的图象是( )

.

.

.

.

【答案】 【解析】 由=′()的图象知,=()的图象为增函数, 且在区间(-)上增长速度越来越快,而在区间()上增长速度越来越慢.

.函数 . .

的单调递减区间为( ) . .
- 3 - / 15

【答案】

【解析】

【分析】

对函数求导,由

即可求出结果.

【详解】因为

,所以





, 可得

,解得 .

故选

【点睛】本题主要考查函数的单调区间,根据导数的方法求解即可,属于基础题型.

.已知函数

在 上既存在极大值又存在极小值,则实数 的取

值范围是( )

.

.

.

.

【答案】

【解析】

【分析】

先对函数求导,根据函数

在 上既存在极大值又存在极小值,

得到方程

有两不等实根,进而可求出结果.

【详解】因为



所以



因为函数

在 上既存在极大值又存在极小值,

所以只需方程

有两不等实根即可,



,解得 或

.

故选

【点睛】本题主要考查导数的应用,对函数求导,根据函数有极值求出参数即可,属于常考

题型.

.设

,则

() - 4 - / 15

.

.

.

.

【答案】

【解析】

【分析】

利用导数定义即可得到结果.

【详解】



故选 【点睛】本题主要考查导数的概念,熟记导数概念以及运算法则即可,属于基础题型.

.设





.

.

【答案】

【解析】

本题考查不等式的应用.

易知

,则

因为



所以



因为

所以

所以



,所以 ②

由①②得

故正确答案为

,那么 、 、 的大小关系是( ) . .

的大小关系与

大小关系是一致的.

,则 ; ①



.已知函数 . 【答案】

,若 .

恒成立,则 的取值范围为( )

.

.

- 5 - / 15

【解析】

【分析】

先对函数求导,根据

恒成立,得到

恒成立;配方法求出



最小值即可.

【详解】因为

,所以





恒成立,可得:

恒成立,即

恒成立;





所以只需

,即可使

恒成立.

故选

【点睛】本题主要考查根据不等式恒成立求参数的问题,一般用分离参数的方法求解,属于

常考题型.

.点 是曲线

上的一个动点,点 是曲线

上的一个动点,则 的最小值为( )。

.

.

.

.

【答案】

【解析】

【分析】

先由



互为反函数,得到两函数图像关于直线 对称;因此只需 两点关

于直线 对称,点 到直线 式、以及导数的方法求解即可.

距离最小时,

最小;设

,根据点到直线距离公

【详解】因为



互为反函数,所以两函数图像关于直线 对称;点 是曲线

上的一个动点,点 是曲线

上的一个动点,所以只需 两点关于直线 对

称,点 到直线 距离最小时,





由点到直线的距离公式可得,

最小;

点 到直线 距离







- 6 - / 15







可得:

;由

可得:



所以 在

上单调递减,在

上单调递增;



,

所以

,因此 的最小值为

.

故选 【点睛】本题主要考查导数的应用、以及函数图像的对称性,熟记导数的方法求函数的最值, 灵活掌握点到直线距离公式等,即可求解,属于常考题型.

二、填空题(把答案填在答题卡的相应位置上。)

.已知

,若



,则



【答案】 【解析】 【分析】 由题意,先求出 【详解】因为

, , ,…,归纳出 的表达式,即可求出结果.

,所以





,…….,

归纳可得

,因此

.

故答案为 【点睛】本题主要考查归纳推理,根据题中条件逐步递推即可,属于常考题型.

.在

中,





,则 的外接圆半径为

比到空间,得到类似的结论为:四面体

中,





,

,则四面体

的外接球的半径为

- 7 - / 15

,将此结论类

,设



【答案】

【解析】

【分析】

在由平面图形到空间图形的类比推理中,一般是由点的性质类比推理线的性质,由线的性质

类比推理面的性质,由已知在平面几何中

中,





,则 的

外接圆半径为

,我们可以类比这一性质,直接得出空间中有三条侧棱两两垂直的

四面体中类似的结论.

【详解】由已知在

中,





,则 的外接圆半径为



我们可以类比这一性质,推理出:四面体

中,





,设



,

,则四面体

的外接球的半径为

.

故答案 【点睛】本题主要考查类比推理,熟记类比推理的概念即可,属于常考题型.

为 .某厂生产某种产品 件的总成本

(单位:万元),又知产品单价的平方与产

品件数 成反比,生产 件这样的产品单价为 万元,则产量定为件时总利润最大。 【答案】 【解析】 【分析】

先设产品单价为 ,根据产品单价的平方与产品件数 成反比,所以

,由生产 件这样

的产品单价为 万元,求出

;再记生产 件产品时,总利润为 ,

可得

,用导数的方法研究其单调性,即可求出结果.

【详解】设产品单价为 ,因为产品单价的平方与产品件数 成反比,所以

非零常数),

又生产 件这样的产品单价为 万元,所以

,故



记生产 件产品时,总利润为 ,

所以

,

,(其中 为

- 8 - / 15







得:





得:



故函数 在

上单调递增,在

上单调递减,

因此当

时, 取最大值.

即产量定为 件时,总利润最大。

故答案为

【点睛】本题主要考查函数的应用,根据题意建立等量关系,由导数方法研究函数单调性即

可得出结果,属于常考题型.

.已知定义在 的函数 的导函数 ,且满足

为。 【答案】 【解析】 【分析】

先由换元法令

,得 ,将

化为



,则

的解集

;再令

,用导数方法结合

题中条件判断 单调性,再由



求出 的范围,进而可得出原不等式 解集.

【详解】令

,得 ,所以不等式

可化为

,即





,则

因为定义在 的函数 的导函数 ,且满足

所以



, ,

因此函数

在 上单调递增;



,所以



因此由

得,

,所以 ,

- 9 - / 15



,解得

.

故答案为 【点睛】本题主要考查导数的应用,通常需用换元法将原式变形,再构造函数,用导数方法 研究新函数的单调性等,即可求解,属于常考题型.

三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。解答写在答题卡上的指定区域内。) .有人记录了某种设备的保养和维修费用 (万元)与使用年数 (年)的前 年的数据如下表 所示。 使用年数
保养和维修费用

⑴由 与 的散点图分析可知, 与 具有线性相关,求回归直线方程



⑵根据⑴所得的方程,如果这台设备要使用 年,问这台设备第 年大约需要多少保养和维

修费用?(参考公式:



【答案】() 【解析】 【分析】

() 万元

()根据题中数据求出 , ,根据



出 ,再得到 ,即可得出结果;

()将

代入()的结果即可求出预测值.

【详解】⑴由题意可得:



所以



因此回归直线的方程为:



⑵根据⑴所得的方程,当

时,

这台设备第 年大约需要保养和维修费大约为

(万元)。 万元。

- 10 - / 15

【点睛】本题主要考查线性回归分析,熟记最小二乘法求 , 即可,属于常考题型.

.某大型活动即将举行,为了做好接待工作,组委会招募了 名男志愿者和 名女志愿者,调 查发现,男、女志愿者中分别有 人和 人喜爱运动,其余人不喜爱运动。 ⑴根据以上数据完成以下 列联表:

喜爱运动

不喜爱运动

总计

.男志愿者
女志愿者 总计
⑵根据列联表判断能否有 ℅的把握认为性别与喜爱运动有关? 下面的临界值表供参考:

(参考公式:

,其中

)

【答案】()见解析;()见解析 【解析】 【分析】 ()根据题中数据可直接完善列联表;

()先由

,求出 ,再由临界值表,即可得出结果.

【详解】⑴完成以下 列联表:

喜爱运动

不喜爱运动

总计

男志愿者

女志愿者

- 11 - / 15

总计

⑵ 所以我们没有 ℅的把握认为性别与喜爱运动有关。 【点睛】本题主要考查独立性检验,完善列联表以及求 的值,是常考内容,属于基础题型.

.设

,且





,求证:





【答案】() 见证明;() 见证明

【解析】

【分析】

() 根 据

,得到

,进而可证明结论成立;

;由基本不等式可得

()先由基本不等式得到

,进而可得

,再由题中条件,即可

求出结果.

【详解】⑴因为

,且

所以

,即



所以



因此



⑵由基本不等式可得,

, ,


- 12 - / 15

,所以





所以

.

【点睛】本题主要考查不等式的证明,灵活运用基本不等式即可,属于常考题型.

.设

,且





,用反证法证明: 至少有一

个大于 。

【答案】见证明

【解析】

【分析】

用反证法,先假设结论不成立,即

,得到

的范围,推出矛盾,即可得结论成立.

【详解】证明:(反证法) 假设结论不成立,即

,再由题中条件求出 ,



这与

相矛盾

故 至少有一个大于 。

【点睛】本题主要考查反证法,熟记反证 思想,即可求解,属于常考题型.

.已知函数



⑴若 有极值,求 的取值范围;

⑵当 在 处取得极值时,对于

内的任意两个值 ,都有

【答案】()

()见证明

【解析】

【分析】

()先对函数 求导,根据函数有极值可得,

有两不等实根,即

- 13 - / 15

。 ,求解即可得

出结果;

()先由 在 处取得极值,求出 ,进而判断函数单调性,求出函数最值,即可得出结

论成立.

【详解】⑴

又 有极值





所以 的取值范围为



⑵由于在 处取得极值,所以



,则 或 ;



,则



所以 的最大值为 和 中的一个,

最小值为

和 中的一个,

的【点睛】本题主要考查导数的应用,通常需要对函数求导,根据函数有极值求参数,熟记导
数的方法研究函数的单调性、极值等即可,属于常考题型.

.已知函数



,其中 都是常数。

⑴曲线

和曲线

在它们交点 处具有公共切线,求 的值;

⑵当

时,求函数

的单调区间。

【答案】()

()见解析

【解析】

【分析】

()由题意得到

,分别对 与 求导,根据题意列出方程组,即可求出结果;

- 14 - / 15

()当时,令, 对求导,分别讨论,,即可得出结果. 详解】⑴, , 依题意有 ⑵当时,令 ,则
若,则在上是增函数; 若,令或 令 即的单调递增区间是,,单调递减区间为; 若,令或 令 即的单调递增区间是,,单调递减区间为。 故当时,的单调递增区间是; 当时,的单调递增区间是,,单调递减区间为; 当时,的单调递增区间是,,单调递减区间为。 【点睛】本题主要考查导数的应用,熟记导数的几何意义以及导数的方法求函数单调区间即 可,属于常考题型.
- 15 - / 15



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