2018-2019学年重庆市巴蜀中学高二下学期第一次月考（文）数学试题（解析版）

2018-2019学年重庆市巴蜀中学高二下学期第一次月考（文）数学试题（解析版）

‎2018-2019学年重庆市巴蜀中学高二下学期第一次月考（文）数学试题 一、单选题 ‎1．在区间上随机取一个数，则的概率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由几何概型概率公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由几何概型概率公式得的概率 ‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了几何概型概率公式求概率，属于基础题.‎ ‎2．命题：“若，则”的逆否命题为（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】B ‎【解析】根据逆否命题的定义求解即可.‎ ‎【详解】‎ 命题：“若，则”的逆否命题为“若，则”‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了写出命题的逆否命题，属于基础题.‎ ‎3．已知变量与是负相关，且，，则线性回归方程可能是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据变量与 是负相关，则线性回归方程的斜率为负数，判断CD；由样本点中心必在线性回归方程上，判断AB.‎ ‎【详解】‎ 因为变量与是负相关，所以线性回归方程的斜率为负数，故排除CD 线性回归方程应满足样本点中心在直线上，将点代入A，B选项验证，结果只有A项满足，即 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了求回归直线方程，属于基础题.‎ ‎4．已知直线和两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】D ‎【解析】由直线与平面，平面与平面的位置关系判断即可.‎ ‎【详解】‎ 对于A选项，若，则可能与平行，故A错误；‎ 对于B选项，若，则可能与平行或者在平面内，故B错误；‎ 对于C选项，若，则可能平行或者相交，则C错误；‎ 对于D选项，由面面平行以及线面垂直的性质可知，D正确；‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与平面，平面与平面的位置关系，属于基础题.‎ ‎5．已知一组数据从小到大依次为3，8，，11，11，12，且该组数据的中位数为10，则下面能够正确反映这组数据集中与分散程度的统计量是（ ）‎ A．众数 B．平均数 C．方差 D．标准差 ‎【答案】C ‎【解析】利用中位数的性质得出，计算方差，标准差，由方差，标准差表示数据的离散程度，得出答案.‎ ‎【详解】‎ 由于该组数据的中位数为10，则，解得：‎ 方差 标准差 ‎ 由于方差，标准差表示数据的离散程度，则能够正确反映这组数据集中与分散程度的统计量是方差 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了计算几个数据的方差以及标准差，属于基础题.‎ ‎6．对某产品30天内每天的生产数量进行了统计，得到茎叶图如图所示，现将这30天的生产数量由少到多编为1-30号，再用系统抽样方法从中选取5个样本，已知第一个抽中的是83，则第4个抽中的是（ ）‎ A．95 B．99 C．100 D．101‎ ‎【答案】C ‎【解析】求出分段间隔，由于为号，根据系统抽样的性质得出第个抽中的号码，即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，则分段间隔为 由茎叶图可知，为号，则第个抽中的号码为 故第4个抽中的是 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了系统抽样的应用，属于基础题.‎ ‎7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据三视图得出该几何体的形状，求出圆柱的侧面积和底面积，圆锥的侧面积，相加即为该几何体的表面积.‎ ‎【详解】‎ 由三视图可知，该几何体是由圆柱中挖去一个圆锥，且该圆锥的底面为圆柱的一个底面，高为圆柱的高 则该几何体的表面积为圆柱的侧面积加上一个底面的面积，再加上圆锥的侧面积 故该几何体的表面积为 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了根据三视图求几何体的表面积，属于基础题.‎ ‎8．“微信抢红包”自2015年以来异常火爆，在某个微信群某次进行的抢红包活动中，若所发红包的总金额为9元，被随机分配为1.49元，1.31元，2.19元，3.40元，0.61元，共5份，供甲、乙等5人抢，每人能抢一次，则甲、乙二人抢到的金额之和少于4元的概率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用古典概型的概率公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 设事件为“甲、乙二人抢到的金额之和少于4元”.‎ 甲乙两人抢到红包的所有结果为：‎ ‎，，共10种情况，其中事件的结果一共有种 根据古典概型概率计算公式得 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用古典概型概率公式计算概率，属于基础题.‎ ‎9．已知是双曲线的右焦点，为坐标原点，以为圆心，‎ 为半径的圆与双曲线在第一象限相交于点，若圆在点处的切线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据直角三角形的性质确定，从而得出点为双曲线的左焦点，再由双曲线的定义得出，化简即可得出离心率.‎ ‎【详解】‎ 设切线与轴相交于点，切线的斜率为，则该切线的倾斜角 由于切线与垂直，则为直角三角形 则由直角三角形的性质得出，，即点为双曲线的左焦点 根据双曲线的定义得，即 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了求双曲线离心率，属于基础题.‎ ‎10．如图，大衍数列：0，2，4，8，12…来源于《乾坤图》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生中曾经经历过的两仪数量总和.下图是一个求大衍数列前项和的程序框图，若输出的，则判断框内应填入的条件是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】模拟运行程序直到，得出判断框内应填入的条件.‎ ‎【详解】‎ 运行程序 故判断框内应填入的条件是 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了补全循环结构框图的条件，属于基础题.‎ ‎11．已知点、、、在半径为的球面上，，则四面体的体积的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由于三棱锥的底面面积一定，则高最大时，体积最大，利用勾股定理以及正弦定理得出最大的高，根据棱锥的体积公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由于三棱锥的底面面积一定，则高最大时，体积最大 取的外接圆圆心为，半径为，球心为，球的半径为，连接，并延长交球面于点，如下图所示 此时三棱锥的高最大，即高为 由正弦定理得 则 故体积的最大值为 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了多面体与球的外接问题以及棱锥的体积公式，属于中档题.‎ ‎12．已知函数，若对任意的，总有或成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】解不等式，得出，由题意得出当时，恒成立，讨论的值，构造函数，利用导数得出的最小值，即可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，对任意的，总有或成立 则当时，恒成立，即在上恒成立 当时，恒成立，则 当时，恒成立 令，‎ 所以在上单调递减，上单调递增 即当时，对任意的，总有或成立 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用导数证明不等式的恒成立问题，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13．若复数满足（为虚数单位），则_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据复数的除法运算得出，根据模长公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了复数的除法运算以及模长公式，属于基础题.‎ ‎14．执行如下图所示的程序框图后，输出的结果为______________.‎ ‎【答案】23‎ ‎【解析】执行程序，当时，，即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了循环结构框图计算输出值，属于基础题.‎ ‎15．如图所示的“赵爽弦图”中，四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成了一个面积为29的大正方形，且已知直角三角形的两直角边之和是7，现向大正方形内随机投入1160粒芝麻，则落在图中阴影小正方形内的芝麻大约有____________粒.‎ ‎【答案】360‎ ‎【解析】由勾股定理得出直角三角形的两直角边的长度，由几何概型概率公式得出芝麻落在小正方形内的概率，根据概率即可得出芝麻落在小正方形内的粒数.‎ ‎【详解】‎ 设该直角三角形的两直角边分别为 根据题意得 则阴影小正方形的面积为 所以芝麻落在小正方形内的概率为 则落在图中阴影小正方形内的芝麻大约有粒 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用几何概型概率公式计算概率，属于基础题.‎ ‎16．已知抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上第一象限内一点，点在上，直线与轴相交于点，若，则直线的斜率为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用相似三角形的性质以及抛物线方程得出点坐标，根据直角三角形的边角关系以及抛物线的性质得出点的坐标，利用两点的斜率公式得出直线的斜率.‎ ‎【详解】‎ 过点分别作准线的垂线，垂足于点，，过点作轴的垂线，垂足于点 由于，，则 所以点的横坐标为，纵坐标为，即 所以，即，所以 则点的纵坐标为，即 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了求直线与抛物线的交点坐标以及两点的斜率公式，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）已知过原点且倾斜角为的直线与曲线交于两点，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）先将参数方程化为普通方程，再转化为极坐标方程即可；‎ ‎（2）得出直线的参数方程，联立，得出，利用直线的参数方程的几何意义以及韦达定理求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）曲线的参数方程化为普通方程是，展开得，用，代入得：；‎ ‎（2）直线的参数方程为，联立得：，从而有.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了参数方程化极坐标方程以及直线参数方程参数的几何意义，韦达定理，属于中档题.‎ ‎18．某学校为了了解初三学生的体育锻炼情况，随机抽取了40名学生对一周的体育锻炼时间长（单位：小时）进行统计，并将数据整理如下：‎ ‎ 时间长 性别 男 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎8‎ 女 ‎0‎ ‎2‎ ‎10‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎（1）采用样本估计总体的方式，试估计该校的所有学生中一周的体育锻炼时间长为的概率；‎ ‎（2）若将一周的体育锻炼时间长不低于3小时的评定为“体育锻炼合格者”，否则为“不合格者”，根据以上数据完成下面的 列联表，并据此判断能否有95%的把握认为体育锻炼与性别有关？附：，其中.‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.01‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎【答案】（1）；（2）表格见解析；没有 ‎【解析】（1）由表得出一周的体育锻炼时间在内的人数，利用概率公式得出相应概率；‎ ‎（2）根据题意得出列联表，计算的值，即可作出判断.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由表知，抽取的40人中，一周的体育锻炼时间在内的人数有：人；‎ 则该校所有学生中一周的体育锻炼时间在的概率约为：.‎ ‎（2）列联表为：‎ 合格者 不合格者 合计 男 ‎14‎ ‎6‎ ‎20‎ 女 ‎8‎ ‎12‎ ‎20‎ 合计 ‎22‎ ‎18‎ ‎40‎ 因此 因为，所以没有95%的把握认为体育锻炼与性别有关.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用古典概型概率公式计算概率以及独立性检验的应用，属于中档题.‎ ‎19．在四棱锥中，，且.‎ ‎（1）若点是的中点，求证：平面；‎ ‎（2）若，求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；‎ ‎（2）作辅助线，由线面垂直的出判定定理证明为四棱锥的高，再由棱锥的体积公式计算即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设是的中点，连接 因为是的中点，所以 由题意，从而，所以四边形是一个平行四边形 所以，因为平面平面，所以平面；‎ ‎（2）连接，设是的中点，连接 因为，所以 因为，所以 所以，因为，满足：‎ 所以 又平面，‎ 所以平面，即为四棱锥的高.‎ 于是.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，棱锥的体积公式，属于中档题.‎ ‎20．从某商场随机抽取了2000件商品，按商品价格（元）进行统计，所得频率分布直方图如图所示.记价格在，，对应的小矩形的面积分别为，且.‎ ‎（1）按分层抽样从价格在，的商品中共抽取6件，再从这6件中随机抽取2件作价格对比，求抽到的两件商品价格差超过800元的概率；‎ ‎（2）在清明节期间，该商场制定了两种不同的促销方案：‎ 方案一：全场商品打八折；‎ 方案二：全场商品优惠如下表，如果你是消费者，你会选择哪种方案？为什么？（同一组中的数据用该组区间中点值作代表）‎ 商品价格 优惠（元）‎ ‎30‎ ‎50‎ ‎140‎ ‎160‎ ‎280‎ ‎320‎ ‎【答案】（1）；（2）方案一，原因见解析 ‎【解析】（1）根据频率和为1的性质，计算得出，再得出价格在，的频率，由分层抽样的性质得出和抽取的件数，得出件中抽两件的所有情况，从中得出符合题意的情况，由古典概型概率公式计算即可；‎ ‎（2）由频率分布直方图得出各组的频率，分别计算出两种方案优惠的价钱的平均值，即可作出判断.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据频率和为1的性质知，‎ 又，得到；‎ 价格在的频率为，价格在的频率为；‎ 按分层抽样的方法从价格在，的商品中抽取6件 则在上抽取4件，记为；在上抽取2件，记为；‎ 现从中抽出2件，所有可能情况为：，共计15种；‎ 其中符合题意的有，共8种；‎ 因此抽到的两件商品价格差超过800元的概率为.‎ ‎（2）对于方案一，优惠的价钱的平均值为：‎ 元；‎ 对于方案二，优惠的价钱的平均值为：‎ 元；‎ 因为，所以选择方案一更好.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了计算古典概型问题的概率以及用平均数的表示意义解决实际问题，属于中档题.‎ ‎21．已知椭圆过点，是该椭圆的左、右焦点，是上顶点，且是等腰直角三角形.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）已知是坐标原点，直线与椭圆相交于两点，点在上且满足四边形 是一个平行四边形，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）将点代入椭圆方程，结合，即可得出椭圆方程； ‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，利用椭圆方程得出；当直线的斜率存在时，设出直线的方程，并代入椭圆方程，利用韦达定理得出，由中点坐标公式得出点坐标，代入椭圆方程得出，由弦长公式化简得出，再由，确定的最大值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由已知可得：结合，解得 ‎∴椭圆方程为.‎ ‎（2）①当直线的斜率不存在时，方程为，代入椭圆得，此时；‎ ‎②当直线的斜率存在时，方程为 联立，整理得：‎ ‎，即 设，由于四边形是平行四边形 ‎∴‎ ‎∴，故 又点在椭圆上，将其坐标代入椭圆方程，整理得：‎ 因此 显然，当时，取得最大值，且有.‎ 综上，取得最大值.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用椭圆上的点求椭圆方程以及由直线与椭圆的位置关系求弦长的最大值，属于中档题.‎ ‎22．已知.‎ ‎（1）当时，求的单调区间；‎ ‎（2）设，且，求证：.‎ ‎【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为；（2）证明见解析 ‎【解析】（1）利用导数证明单调性即可；‎ ‎（2）利用导数证明函数在上单调递增，且，又，不妨设，则有；利用分析法得出要证，只需证明，其中，构造函数，利用导数证明其单调性，得出在的最小值大于4，即可证明.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，‎ ‎∴，‎ 令，解得或 令，解得 因此的单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎（2）∵，‎ 令，则 令，解得 令，解得 故函数在内单调递减，在内单调递增 因此，则函数在上单调递增 且，又，不妨设，则有；‎ 要证，只需证明，由的单调递增，只需证明，‎ 即：，即证明，其中.‎ 设，则 故在上恒成立，则在上单调递增 ‎，故在上单调递增 从而，即有在上恒成立，即有，‎ 从而有，证毕.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用导数证明函数的单调性以及利用导数研究双变量问题，属于较难题.‎