2018-2019学年河北省邯郸市高二下学期期中考试数学试题（理科）解析版

2018-2019学年河北省邯郸市高二下学期期中考试数学试题（理科）解析版

绝密★启用前 河北省邯郸市 2018-2019 学年高二下学期期中考试数学试题 （理科) 评卷人 得分 一、单选题 1． （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数的运算法则化简即可. 【详解】 . 故答案为 B. 【点睛】 本题考查了复数的乘方、减法运算，考查了学生的运算能力，属于基础题. 2．命题“ ， ”的否定为（ ） A． ， B． ， C． ， D． ， 【答案】A 【解析】 【分析】 根据全称命题的否定是特称命题，写出该命题的否定命题即可． 【详解】 解：根据全称命题的否定是特称命题，命题“ ， ”的否定为“ ， ”故答案为 A. 【点睛】 本题考查了全称命题的否定是特称命题的应用问题，是基础题目． 3．在建立两个变量 与 的回归模型中，分别选择了 4 个不同的模型，结合它们的相关 指数 判断，其中拟合效果最好的为（ ） A．模型 1 的相关指数 为 0.85 B．模型 2 的相关指数 为 0.25 C．模型 3 的相关指数 为 0.7 D．模型 4 的相关指数 为 0.3 【答案】A 【解析】 【分析】 相关指数 的值越大，拟合效果越好. 【详解】 解：根据相关指数 R2 越大，模型拟合的效果越好判断：模型 1 拟合的效果最好． 故选：A 【点睛】 本题考查了回归分析思想，在回归分析中相关指数 R2 越大，模型拟合的效果越好． 4． 的展开式中常数项为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】 利用二项展开式的通项公式可得. 【详解】 的展开式中常数项为 . 故答案为 D 【点睛】 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属 于基础题． 5．若双曲线 的一条渐近线与直线 垂直，则该双曲线 的离心率为（ ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 先求渐近线的斜率，再求 e 即可 【详解】 依题意可得 ，则 ，所以 . 故选：C 【点睛】 本题考查双曲线的几何性质，渐近线，熟记性质，准确计算是关键，是基础题 6．假设有两个变量 与 的 列联表如下表： 对于以下数据，对同一样本能说明 与 有关系的可能性最大的一组为（ ） A． ， ， ， B． ， ， ， C． ， ， ， D． ， ， ， 【答案】B 【解析】 【分析】 当 ad 与 bc 差距越大，两个变量有关的可能性就越大，检验四个选项中所给的 ad 与 bc 的差距，只有第二个选项差距大，得到结果． 【详解】 解：根据观测值求解的公式可以知道， 当 ad 与 bc 差距越大，两个变量有关的可能性就越大， 检验四个选项中所给的 ad 与 bc 的差距： 显然 中 最大. 故答案为 B. 【点睛】 本题考查独立性检验，得出 ad 与 bc 差距越大，两个变量有关的可能性就越大是解决问 题的关键，属基础题． 7．设 ， 满足约束条件 ，则 的最大值为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【解析】 【分析】 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合即可求得 z=2x+y 的最大值． 【详解】 解：由 x，y 满足约束条件 作出约束条件表示的可行域，解得 A(-1,9)由图可知，当直线 过点 时， 取 得最大值 7. 故答案为 C. 【点睛】 本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题． 8．由数字 0，1，2，3，4 组成的无重复数字的三位数的偶数的总个数为（ ） A．12 B．18 C．30 D．60 【答案】C 【解析】 【分析】 可用分步原理求解本题，可分为两类，一类是末位是 0，一类是末位不是 0. 【详解】 个数为 0，有 个；个位不为 0，有 个.故共有 个. 故答 案为 C 【点睛】 本题考查排列、组合及简单计数问题，解题的关键是正确理解偶的含义，以及计数原理， 且能根据问题的要求进行分类讨论，本题考查了推理判断的能力及运算能力. 9．设 ，随机变量 的分布列为 当 的数学期望取得最大值时， （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 根据数学期望的概念得出表达式，转化为二次函数求最值. 【详解】 ∵ ， ∴当 时， 取得最大值.故答案为 B. 【点睛】 本题考察了数学期望的求法,二次函数的最值. 10．某公司安排甲、乙、丙、丁 4 人去上海、北京、深圳出差，每人仅出差一个地方， 每个地方都需要安排人出差.若不安排甲去北京，则不同的安排方法共有（ ） A．18 种 B．20 种 C．24 种 D．30 种 【答案】C 【解析】 【分析】 按分到北京安排 1 人或者 2 人分类． 【详解】 若安排一人去北京，有 种；若安排两人去北京，有 种.故总共有 种.故答案为 C. 【点睛】 本题主要考查了排列组合的中混合元素排列问题，属于中档题． 11． 的内角 ， ， 所对的边分别是 ， ，.已知 ，则 的最 小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】 由余弦定理化简已知等式可得 ，由余弦定理，基本不等式可求 【详解】 因为 ，所以 ，整理得 ， 则 .故答案为 D. 【点睛】 本题考查了余弦定理、基本不等式以及余弦函数的性质的综合应用，考查了推理能力和 计算能力，属于基础题． 12．已知函数 ，只有一个零点 ，且 ，则 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的极小值，得到关于 a 的不等式， 解出即可． 【详解】 ， ，当 或 时， ；当 时， . 故 的极小值为 ，因为 ，所以 ，又 ， 则 . 【点睛】 本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道常规题． 第 II 卷（非选择题) 请点击修改第 II 卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 13． 的展开式中各项系数之和为__________. 【答案】0 【解析】 【分析】 令 ，得各项系数之和为 0. 【详解】 解：在 的展开式中，令 ，可得各项系数之和是 0. 【点睛】 本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项 式的 x 赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题． 14．观察下列不等式： ， ， ， … 照此规律，第五个不等式为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 由上述不等式，归纳出表达式的左侧与右侧分子与分母的特征写出一个正整数 n（n≥2） 有关的一般性结论； 【详解】 因为 ，所以观察前三个不等式知，等式右边分数分母分别为 ， ， ， 分子分别为 4，6，8，因此其第五个不等式为 . 【点睛】 本题考查归纳推理以及数学归纳法的证明方法的应用，考查逻辑推理能力. 15．在 中， ， ，且 ，则 __________． 【答案】 【解析】 【分析】 先由同角三角函数基本关系，将 转化为 ，再由正弦定理，将其化为 ，结合余 弦定理可求出角 ，再由正弦定理即可求出结果. 【详解】 ， ， 即 .由正弦定理，得 ，所以 ， ， ，则 . 故答案为 【点睛】 本题考查解三角形，考查正弦、余弦定理的应用，需要考生灵活掌握正、余弦定理，属 于常考题型. 16．已知 为抛物线 ： 的焦点，曲线 是以 为圆心，为半径的圆，直 线 与曲线 ， 从左至右依次相交于 ，则 ___． 【答案】 【解析】 【分析】 由直线 过焦点 F，得|RS|＝|SF|﹣＝ +﹣＝ +，|PQ|＝|PF|﹣＝ + ﹣＝ + ，求出 S，P 的纵坐标代入即可. 【详解】 ，因为直线 与曲线 ， 从左至右依次相交于 ，所以 ， .由直线 过抛物 线 ： 的焦点 F，所以|RS|＝|SF|﹣＝ +﹣＝ +，|PQ|＝|PF|﹣＝ +﹣ ＝ +， = . 故答案为： 【点睛】 本题考查了抛物线的定义，抛物线与直线的位置关系，焦半径公式，属于中档题． 评卷人 得分 三、解答题 17．设数列 的前 项和为 ， . （1）求数列 的通项公式； （2）设 ，求数列 的前 项和 . 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）由 ，得 （ ，且 ），两式相减得 ， 得 是以为公比的等比数列，且 ，即可得结果； （2）由 = ， 得 ，由裂项相消法求和即可. 【详解】 （1）因为 ，所以 （ ，且 ）， 则 （ ，且 ）. 即 （ ，且 ）. 因为 ，所以 ，即 . 所以 是以为首项，为公比的等比数列. 故 . （2） ，所以 . 所以 ， 故 . 【点睛】 本题考查了求等比数列的通项公式和裂项相消法求数列和的问题，属于基础题. 18．如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 2 的菱形， 平面 ， ， 为 的中点. （1）证明： ； （2）求二面角 的余弦值. 【答案】（1）见解析； （2） . 【解析】 【分析】 （1）证明 ，再证明 平面 ，即可证明 ； （2）以 为原点建立空间直角坐标系，再求平面 以及平面 的法向量，再求两个 平面法向量夹角的余弦值，结合图像即可求得二面角 的余弦值. 【详解】 （1）证明：连接 ， . 因为四边形 是菱形且 ， 为 的中点，所以 . 因为 平面 ，所以 ， 又 ，所以 平面 ， 则 . 因为 ，所以 . （2）以 为原点建立空间直角坐标系 （其中 为 与 的交点），如图所示，则 ， ， ， . 设平面 的法向量为 ， 则 ， ， 即 ， 令 ，得 . 设平面 的法向量为 ， 则 ， ， 即 ， 令 ，得 . 所以 ， 由图可知二面角 为钝角， 故二面角 的余弦值为 . 【点睛】 本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，考查二面角的求法，意在考查学生对这些 知识的理解掌握水平和空间想象转化分析推理能力. 19．已知直线 与椭圆 交于 两点， 与直线 交于点 （1）证明： 与 C 相切； （2）设线段 的中点为 ，且 ,求 的方程. 【答案】（1）见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）将直线和椭圆的方程联立消元后根据所得方程的判别式为 0 可证得结论成立；（2） 由 并结合弦长公式可得关于 的方程，解方程可得 的值，进而得到所求直 线方程． 【详解】 （1）证明：由 消去 整理得 ， ∵ ， ∴ 与 相切． （注：消去 得到关于 的一元二次方程，根据判别式等于 0 一样得分） （2）解：由 ，得 的坐标为 . 由 消去 整理得 ， 因为直线 与椭圆交于 两点， 所以 ，解得 ． 设 ， ， ， 则 ， ， 所以 ． ∵ ， 即 ， ∴ ， 即 ， 解得 ，满足 ． ∴ ， ∴直线 的方程为 ． 【点睛】 本题体现了代数方法在解决解析几何问题中的应用，通过代数运算达到解决位置关系和 数量关系的目的．由于在解题中会遇到大量的计算，所以在解题中要注意“设而不求”、 “整体代换”等方法的运用，以达到简化运算的目的． 20．某大型工厂有 6 台大型机器，在 1 个月中，1 台机器至多出现 1 次故障，且每台机 器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需 1 名工人进行维修，每台机器出现故障的 概率为.已知 1 名工人每月只有维修 2 台机器的能力（若有 2 台机器同时出现故障，工 厂只有 1 名维修工人，则该工人只能逐台维修，对工厂的正常运行没有任何影响），每 台机器不出现故障或出现故障时能及时得到维修，就能使该厂获得 10 万元的利润，否 则将亏损 2 万元.该工厂每月需支付给每名维修工人 1 万元的工资. （1）若每台机器在当月不出现故障或出现故障时，有工人进行维修（例如：3 台大型 机器出现故障，则至少需要 2 名维修工人），则称工厂能正常运行.若该厂只有 1 名维修 工人，求工厂每月能正常运行的概率； （2）已知该厂现有 2 名维修工人. （ⅰ）记该厂每月获利为 万元，求 的分布列与数学期望； （ⅱ）以工厂每月获利的数学期望为决策依据，试问该厂是否应再招聘 1 名维修工人？ 【答案】（1） ；（2）（ⅰ） ；（ⅱ）是. 【解析】 【分析】 （1）由该工厂只有 1 名维修工人，所以要使工厂能正常运行，最多只能出现 2 台大型 机器出现故障．利用二项分布列的计算公式即可得出． （2）X 的可能取值为 34，46，58．利用二项分布列的计算公式即可得出概率分布列． 【详解】 （1）因为该厂只有 1 名维修工人， 所以要使工厂正常运行，最多只能出现 2 台大型机器出现故障， 故该工厂能正常运行的概率为 . （2）（ⅰ） 的可能取值为 34，46，58， ， ， ， 则 的分布列为 故 . （ⅱ）若该厂有 3 名维修工人，则该厂获利的数学期望为 万元. 因为 ，所以该厂应再招聘 1 名维修工人. 【点睛】 本题考查了二项分布列的概率计算公式及其数学期望，考查了推理能力与计算能力，属 于中档题． 21．已知函数 . （1）讨论 的单调性； （2）当 时， ，记函数 在 上的最大值为 ，证明： . 【答案】（1）单调递减区间为 ，单调递增区间为 ；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用导数求函数的单调性即可； （2）对 求导，得 ，因为 ，所以 ，令 ，求导得 在 上单调递增， ，使得 ，进而得 在 上单调递增，在 上单调递减；所以 ，令 ，求导得 在 上单调递增，进而求得 m 的范围. 【详解】 （1）因为 ，所以 ，当 时， ； 当 时， ， 故 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 . （2）当 时， ， 则 ， 当 时， ，令 ， 则 ，所以 在 上单调递增， 因为 ， ， 所以存在 ，使得 ，即 ，即 . 故当 时， ，此时 ； 当 时， ，此时 . 即 在 上单调递增，在 上单调递减. 则 . 令 ， ，则 . 所以 在 上单调递增，所以 ， . 故 成立. 【点睛】 本题考查了利用导数求函数的单调性和取值范围，也考查了构造新函数，转化思想，属 于中档题. 22．在直角坐标系 中，直线的参数方程为 （为参数）.以坐标原点为极 点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线 的极坐标方程为 . （1）求直线的普通方程及曲线 的直角坐标方程； （2）若直线与曲线 交于 ， 两点， ，求 . 【答案】（1） , ；（2）2. 【解析】 【分析】 （1）由直线 l 的参数方程能求出 l 的普通方程. 由曲线 C 的极坐标方程能求出曲线 C 的 直角坐标方程． (2) 将 ,代人 ，得 由此能求出出|PA|•|PB|的值． 【详解】 （1）直线的普通方程为 . 由 ，得 ， 则 ，故曲线 的直角坐标方程为 . （2）将 ,代人 ，得 ， 则 ， 故 . 【点睛】 本题考查直线的普通方程和曲线的直线坐标方程的求法，考查两段积的求法，考查极坐 标方程、参数方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力. 23．已知函数 . （1）求不等式 的解集； （2）若 的最小值为 ，且 ，证明： . 【答案】（1） ； （2）见解析. 【解析】 【分析】 (1)分类讨论 三种情况下的解集 (2)先求出 的最小值为 ，代入后运用基本不等式证明不等式成立 【详解】 （1）由 ，得 ， 则 或 或 ， 解得： ，故不等式 的解集为 . （2）证明：因为 ， 所以 ， 因为 ，所以 ， 当且仅当 ，即 时取等号，故 . 【点睛】 本题考查了含有绝对值的不等式解法，需要对其分类讨论，然后再求解，在证明不等式 时运用了基本不等式 的用法，需要掌握此类题目的解法