2018-2019学年重庆市巴蜀中学高二下学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年重庆市巴蜀中学高二下学期期末考试数学（理）试题（解析版）

‎2018-2019学年重庆市巴蜀中学高二下学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】可解出集合，然后进行并集的运算即可．‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 故选 ‎【点睛】‎ 考查描述法、区间的定义，对数函数的定义域，以及并集的运算，属于简单题目.‎ ‎2．下列说法正确的是（ ）‎ A．命题“若，则”的否命题为“若，则”‎ B．命题“，”的否定是“，”‎ C．样本的相关系数r，越接近于1，线性相关程度越小 D．命题“若，则”的逆否命题为真命题 ‎【答案】D ‎【解析】利用四种命题之间的变换可判断A；根据全称命题的否定变法可判断B；利用相关系数与相关性的关系可判断C；利用原命题与逆否命题真假关系可判断D.‎ ‎【详解】‎ 对于A，命题“若，则”的否命题为“若，则”，故A错误；‎ 对于B，命题“，”的否定是“，”，‎ 故B错误；‎ 对于C，样本的相关系数r，越接近于1，线性相关程度越大，故C错误；‎ 对于D，命题“若，则”为真命题，故逆否命题也为真命题，‎ 故D正确；‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查了判断命题的真假、全称命题的否定、四种命题的转化以及原命题与逆否命题真假关系、相关系数与相关性的关系，属于基础题.‎ ‎3．在对人们休闲方式的一次调查中，根据数据建立如下的列联表：‎ 看书 运动 合计 男 ‎8‎ ‎20‎ ‎28‎ 女 ‎16‎ ‎12‎ ‎28‎ 合计 ‎24‎ ‎32‎ ‎56‎ 根据表中数据，得到，所以我们至少有（ ）的把握判定休闲方式与性别有关系.（参考数据：，）‎ A．99% B．95% C．1% D．5%‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用与临界值比较，即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 结合题意和独立性检验的结论，由 ‎，，‎ 故这种判断出错的可能性至多为，即，‎ 故我们至少有95%的把握判定休闲方式与性别有关系.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查了独立性检验的基本思想与应用，属于基础题.‎ ‎4．如果，则的解析式为（　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据配凑法，即可求得的解析式，注意定义域的范围即可．‎ ‎【详解】‎ 因为，即 令 ， ‎ 则，‎ 即 所以选C ‎【点睛】‎ 本题考查了配凑法在求函数解析式中的应用，注意定义域的范围，属于基础题．‎ ‎5．若展开式二项式系数之和为32，则展开式中含项的系数为（ ）‎ A．40 B．30 C．20 D．15‎ ‎【答案】D ‎【解析】先根据二项式系数的性质求得n＝5，可得二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于3，求得r的值，即可求得结果．‎ ‎【详解】‎ 由展开式的二项式系数之和为2n＝32，求得n＝5，‎ 可得展开式的通项公式为 Tr+1••=••，‎ 令＝3，求得 r＝4，则展开式中含的项的系数是 5，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．‎ ‎6．执行如图所示的程序框图，若输入x值满足则输出y值的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】直接利用程序框图和分段函数求出结果.‎ ‎【详解】‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 得，即.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了程序框图以及分段函数求值，属于基础题.‎ ‎7．已知命题在上递减；命题，且是的充分不必要条件，则m的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可得当时不成立，当时，满足求出的范围，从而求出，再求出，根据是的充分不必要条件，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由命题在上递减，‎ 当时，，不满足题意，‎ 当时，则，‎ 所以：，‎ 由命题，则：，‎ 由因为是的充分不必要条件，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了由充分不必要条件求参数的取值范围以及考查了二次函数的图像与性质，同时考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎8．某面粉供应商所供应的某种袋装面粉质量服从正态分布（单位：）现抽取500袋样本，X表示抽取的面粉质量在的袋数，则X的数学期望约为（ ）‎ 附：若，则，‎ A．171 B．239 C．341 D．477‎ ‎【答案】B ‎【解析】先根据正态分布求得质量在的袋数的概率，再根据代数服从二项分布可得.‎ ‎【详解】‎ ‎，且，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 而面粉质量在的袋数服从二项分布，即，‎ 则.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查了二项分布，解题的关键是求出质量在的袋数的概率，属于基础题.‎ ‎9．如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆,每天最多只安排一所学校,要求甲学校连续参观两天,其余学校均只参观一天,那么不同的安排方法有(　　)‎ A．50种 B．60种 C．120种 D．210种 ‎【答案】C ‎【解析】可用分步计数原理去做,分成两步，第一步安排甲学校共有种方法,第二步安排另两所学校有种方法，然后两步方法数相乘即可.‎ ‎【详解】‎ 先安排甲学校的参观时间,因为甲学校连续参观两天，‎ 可以是周一周二,可以是周二周三，可以是周三周四，可以是周四周五，‎ 可以是周五周六，可以是周六周日,所以共有种方法，‎ 然后在剩下的5天中任选两天有序地安排其余两校参观, 安排方法有种,‎ 按照分步计数乘法原理可知共有种不同的安排方法，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查分步计数原理在排列组合中的应用，注意分步与分类的区别，对于有限制条件的元素要先安排，再安排其他的元素，本题是一个易错题.‎ ‎10．为双曲线的左焦点，圆与双曲线的两条渐进线在第一、二象限分别交于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】画出图形，判断渐近线的倾斜角然后求解双曲线的离心率即可.‎ ‎【详解】‎ 点为双曲线的左焦点，‎ 圆与双曲线的两条渐进线在第一、二象限分别交于，两点，‎ 且，‎ 如图：可得渐近线的倾斜角为或，‎ 可得，，所以，可得，‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的几何性质，解题的关键是画出图形得出渐近线的倾斜角，属于基础题.‎ ‎11．已知函数，若且，则n-m的最小值为( )‎ A．2ln2-1 B．2-ln2 C．1+ln2 D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】作出函数的图象，由题意可得，求得，可得，，求出导数和单调区间，可得极小值，且为最小值，即可得解．‎ ‎【详解】‎ 解：作出函数的图象如下，‎ ‎，且，可得，‎ ‎，即为，‎ 可得，，‎ ‎，‎ 令，则 当时，，递减；‎ 当时，，递增．‎ 则在处取得极小值，也为最小值，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查分段函数及应用，注意运用转化思想和数形结合思想，运用导数求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎12．三棱锥中，，，为的中点,分别交，于点、，且，则三棱锥体积的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由已知可知，是正三角形，从而，，进而，是的平分线，，由此能求出三棱锥体积的最大值.‎ ‎【详解】‎ 由题意得，，‎ 所以是正三角形，‎ 分别交，于点、，，‎ ‎，，,‎ ‎， ‎ ‎，是的平分线， ‎ ‎，‎ 以为原点，建立平面直角坐标系，如图：‎ ‎ ‎ 设，则，‎ 整理得，， ‎ 因此三棱锥体积的最大值为.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查了三棱锥的体积公式，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13．已知一组数据从小到大排列为－1,0,4，x,6,15，且这组数据的中位数为5，则这组数据的众数为______.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】这组数据按从小到大的顺序排列其中中间的两个数为4，，这组数据的中位数为∴x＝6，故这组数据的众数为6，填6.‎ ‎14．关于x的方程有两个正实根的概率是______；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意求出方程有两个正实根的的取值范围，再根据几何概型的概率计算公式即可求解.‎ ‎【详解】‎ 关于x的方程有两个正实根，‎ 设两个正实根为，则，解得，‎ 又，由几何概型的概率计算公式可得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了几何概型（长度型）的概率计算公式，属于基础题.‎ ‎15．已知函数，，，当时，的值域为_____；‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】首先根据题设条件，计算，由结合可求得，由可求得，进而可求得的解析式，由分段函数的性质即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎，且，‎ 当，则，解得，‎ 当，则，解得，‎ ‎，‎ 函数在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎， ‎ 故的值域为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题是一道考查不等式的题目，考查了分段函数的值域，解题的关键是化简解析式，属于基础题.‎ ‎16．关于圆周率，祖冲之的贡献有二：①；②用作为约率，作为密率，其中约率与密率提出了用有理数最佳逼近实数的问题.约率可通过用连分数近似表示的方法得到，如：，舍去0.0625135，得到逼近的一个有理数为，类似地，把化为连分数形式：（m，n，k为正整数，r为0到1之间的无理数），舍去r得到逼近的一个有理数为__________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】利用题中的定义以及类比推理直接进行求解即可.‎ ‎【详解】‎ 舍去得到逼近的一个有理数为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了类比推理，解题的关键是理解题中的定义，属于基础题.‎ 三、解答题 ‎17．以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点P的直角坐标为，点M的极坐标为，若直线l过点P，且倾斜角为，圆C以M为圆心，1为半径.‎ ‎（1）求直线l的参数方程和圆C的极坐标方程.‎ ‎（2）设直线l与圆C相交于AB两点，求.‎ ‎【答案】（1）直线的参数方程为（t为参数），圆的极坐标方程为； （2）.‎ ‎【解析】（1）首先根据直线的点和倾斜角即可求出直线的参数方程，再根据圆的圆心坐标及半径可求出圆的直角坐标方程，再转化为极坐标方程即可.‎ ‎（2）将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，再利用直线参数方程的几何意义即可求出的值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）直线的参数方程为（为参数），‎ ‎∵M的直角坐标为，圆的直角坐标方程为，即，‎ ‎∴圆的极坐标方程为；‎ ‎（2）将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，得，‎ 化简得：，，.‎ ‎【点睛】‎ 本题第一问考查了直线的参数方程和圆的极坐标方程，第二问考查了直线的参数方程的几何意义，属于中档题.‎ ‎18．设函数，.‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若，，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）利用零点分段法去绝对值解不等式即可.‎ ‎（2）利用绝对值意义求出的最小值，使，解绝对值不等式即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 综上所述： ‎ ‎（2）‎ ‎，‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了绝对值不等式的解法，考查了分类讨论的思想，属于基础题.‎ ‎19．梯形中，，矩形所在平面与平面垂直，且，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若P为线段上一点，且异面直线与所成角为45°，求平面与平面所成锐角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）由题意证出，先利用面面垂直的性质定理，证出平面，再利用面面垂直的判定定理即可证出.‎ ‎（2）以为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求出点坐标，再求出平面的法向量，平面的法向量，根据向量的数量积即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：作中点M，‎ 由题则有：，且，又 ‎∴四边形为菱形，，‎ 又且，， ‎ 又平面平面，且交于，平面，‎ 平面， ‎ ‎∴平面平面 ‎ ‎（2）如图建系，则有，，‎ 设，，，，‎ ‎，，即 ‎ 设平面的法向量为，，，‎ 令，则，， ‎ 设平面的法向量为，，，‎ 令，则，， ‎ ‎， ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了面面垂直的判定定理、性质定理、空间向量法求异面直线所成角以及面面角，考查了学生的逻辑推理能力，属于基础题.‎ ‎20．某校举办《国学》知识问答中，有一道题目有5个选项A，B，C，D，E，并告知考生正确选项个数不超过3个，满分5分，若该题正确答案为，赋分标准为“选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分”.假定考生作答的答案中的选项个数不超过3个.‎ ‎（1）若张小雷同学无法判断所有选项，只能猜，他在犹豫答案是“任选1个选项作为答案”或者“任选2个选项作为答案”或者“任选3个选项作为答案”，以得分期望为决策依据，则他的最佳方案是哪一种？说明理由.‎ ‎（2）已知有10名同学的答案都是3个选项，且他们的答案互不相同，他们此题的平均得分为x分.现从这10名同学中任选3名，计算得到这3名考生此题得分的平均分为y分，试求的概率.‎ ‎【答案】（1）他的最佳方案是“任选1个选项作为答案”或者“任选2个选项作为答案”，理由见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）分情况讨论：当任选1个选项的得分为X分，可得X可取0，2，利用组合运算算出概率，并计算出期望；当任选2个选项的得分为Y分，可得Y可取0，4，利用组合运算算出概率，并计算出期望；当任选3个选项的得分为Z分，则Z可取0，1，5，利用组合运算算出概率，并计算出期望；比较数值大小即可.‎ ‎（2）由题意可得这10名考生中有3人得分为0分，6人得分为1分，1人得分为5分，可得，由，、可得3人得分总分小于3.3，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设任选1个选项的得分为X分，则X可取0，2‎ ‎，，，‎ 设任选2个选项的得分为Y分，则Y可取0，4‎ ‎， ‎ 设任选3个选项的得分为Z分，则Z可取0，1，5‎ ‎，，， ‎ 所以他的最佳方案是“任选1个选项作为答案”或者“任选2个选项作为答案” ‎ ‎（2）由于这10名同学答案互不相同，且可能的答案总数为10，‎ 则这10名考生中有3人得分为0分，6人得分为1分，1人得分为5分，则有 ‎，则3人得分总分小于3.3，则 ‎【点睛】‎ 本题考查了古典概型的概率计算公式、组合数的计算以及数学期望，考查了分类讨论的思想，属于中档题.‎ ‎21．如图，椭圆和圆，已知椭圆C的离心率为，直线与圆O相切.‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）过点的直线l与椭圆相交于P，Q不同两点，点在线段PQ上.设，试求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）根据椭圆的离心率和直线与圆相切得到，解方程组即可.‎ ‎（2）设，，，当直线与轴重合时，求出.当直线与轴不重合时，设直线方程为，与椭圆方程联立利用韦达定理化简，求出的表达式，再求出的范围即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题知：，解得，.‎ 椭圆；‎ ‎（2）设，，.‎ 当直线与轴重合时，则，‎ 解得：，.‎ 当直线与轴不重合时，则，‎ 解得：.‎ 设直线方程为，与椭圆方程联立消去得：‎ ‎.‎ 由韦达定理得，.‎ 于是有：，‎ 因此.‎ 综上，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题第一问考查椭圆的性质和直线与圆的位置关系，第二问考查直线与椭圆的位置关系，属于难题.‎ ‎22．已知函数（，e为自然对数的底数）.‎ ‎（1）若，求的最大值；‎ ‎（2）若在R上单调递减，‎ ‎①求a的取值范围；‎ ‎②当时，证明：.‎ ‎【答案】（1）1；（2）①，②证明见解析.‎ ‎【解析】（1）求出函数的导函数，利用导函数与函数单调性的关系当，求出单调递增区间，当，求出函数的单调递减区间，进而可求出最大值.‎ ‎（2）①求出对恒成立，化为对恒成立，记，讨论值，求出的最小值即可证出；②由题意可得，即，两边取对数可得，下面采用分析法即可证出.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）时，‎ 时，，在上单调递增 时，，在上单调递减 ‎（2）由 ‎①在R上单调递减，对恒成立，‎ 即对恒成立，记，‎ 则对恒成立，‎ 当时，，符题 当时，时，，在上单调递减 时，，在上单调递增；‎ 当时，时，，在上单调递减 时，，在上单调递增；‎ 综上：‎ ‎②当时，在上单调递减，，‎ ‎，，.‎ 要证，即证 下面证明 令，，则，‎ 在区间上单调递增，，得证 ‎【点睛】‎ 本题考查了导函数在研究函数单调性的应用，分析法证明不等式，考查了分类讨论的思想，综合性比较强，属于难题.‎