贵州省思南中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（文）试题 Word版含解析

贵州省思南中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 2019-2020 学年度第一学期 高二数学（文科) 一、单选题（5*12=60，每小题只有一个正确选项) 1.已知集合 1 }{ 0|A x x   ， {0,1,2}B  ，则 A B  A. {0} B. {1} C. {1,2} D. {0,1,2} 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意先解出集合 A,进而得到结果． 【详解】解：由集合 A 得 x 1 , 所以  A B 1,2  故答案选 C. 【点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题． 2.向量    4,5 , ,1a b    ，若   / /a b b   ，则  的值是（ ） A. 5 4  B. 4 3  C. 4 5  D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由平面向量的坐标运算与共线定理，列方程求出λ的值． 【详解】向量 =（-4，5）， =（λ，1）， 则 - =（-4-λ，4）， 又（ - ）∥ ， 所以-4-λ-4λ=0， 解得λ=- ． 故选 C． 【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算与共线定理应用问题，是基础题． 3.甲乙两名同学 6 次考试的成绩统计如图，甲乙两组数据的平均数分别为 x甲 、 x乙 标准差分 - 2 - 别为甲 、乙 ，则 ( ) A. x x甲 乙 ， 甲 乙 B. x x甲 乙 ， 甲 乙 C. x x甲 乙 ， 甲 乙 D. x x甲 乙 ， 甲 乙 【答案】C 【解析】 【分析】 通过读图可知甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知 x x甲 乙，图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故 甲 乙 . 【详解】由图可知，甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学， 可知 x x甲 乙，图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故 甲 乙 .故选 . 【点睛】本题考查平均数及标准差的实际意义，是基础题. 4.已知圆的方程为 2 2 1x y  ，则在 y 轴上截距为 2 的圆的切线方程为（ ） A. 2y x  B. 2y x   C. 2y x  或 2y x   D. 1x  或 2y x  【答案】C 【解析】 【分析】 先讨论斜率不存在，当斜率存在时设直线方程，利用相切圆心到直线的距离等于半径求解斜 - 3 - 率即可． 【详解】在 y 轴上截距为 2 且斜率不存在的直线显然不是切线，故设切线方程为 2y kx  ，则 2 2 1 1k   ，所以 1k   ，故所求切线方程为 2y x  或 2y x   . 【点睛】本题属于基础题，直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径． 5.已知 1 32a   ， 2 1log 3b  ， 1 2 1log 3c  ，则（ ）． A. a b c  B. a c b  C. c a b  D. c b a  【答案】C 【解析】 试题分析：因为 1 3 2 1 2 1 12 (0,1), log 0, log 1,3 3a b c      所以 .b a c  选 C． 考点：比较大小 6.为计算 1 1 1 1 11 2 3 4 99 100S       … ，设计了下面的程序框图，则在空白框中应填入 A. 1i i  B. 2i i  C. 3i i  D. 4i i  - 4 - 【答案】B 【解析】 分析：根据程序框图可知先对奇数项累加，偶数项累加，最后再相减.因此累加量为隔项. 详解：由 1 1 1 1 11 2 3 4 99 100S       得程序框图先对奇数项累加，偶数项累加，最后再 相减.因此在空白框中应填入 2i i  ，选 B. 点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概 念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条 件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项. 7.若双曲线过点 (3, 2) ，且渐近线方程为 1 3y x  ，则该双曲线的方程是（ ）． A. 2 2 19 xy   B. 2 2 19 y x  C. 2 2 19 yx   D. 2 2 19 x y  【答案】A 【解析】 【分析】 先由渐近线方程，设双曲线方程为 2 2 ( 0)9 x y     ，再由题意，即可求出结果. 【详解】解：因为双曲线的渐近线方程为 1 3y x  ， 所以，可设双曲线标准方程为： 2 2 ( 0)9 x y     ， ∵双曲线过 (3, 2) ，代入方程得 1   ， ∴双曲线方程： 2 2 19 xy   ． 故选 A ． 【点睛】本题主要考查求双曲线的方程，熟记双曲线标准方程的求法即可，属于基础题型. 8. “黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”的后一句中，“攻破楼兰”是“返回家乡”的（ ） A. 充分条件 B. 必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分 也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 - 5 - 根据返回家乡的前提条件是攻破楼兰，即可判断出结果. 【详解】“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型. 9.三棱锥 S－ABC 及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱 SB 的长为（ ） A. 16 3 B. 38 C. 4 2 D. 2 11 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图判断出 SC  平面 ABC 并计算出 BC 的长度，再根据 SC 的长度以及勾股定理求 解出 SB 的长度. 【详解】由已知三视图可得 SC⊥平面 ABC，且底面△ABC 为等腰三角形． 在△ABC 中，AC＝4，AC 边上的高为 2 3 ，所以 BC＝4. 在 Rt△SBC 中，由 SC＝4，可得 SB＝ 4 2 . 故选：C. 【点睛】本题考查根据几何体的三视图和直观图求解几何体的棱长，难度较易.根据三视图和 直观图求解棱长时，要注意位置关系的判断，对空间想象能力要求较高. 10.已知函数 sina xy x  在点 M(π，0)处的切线方程为 x b y   ，则( ) A. a＝－1，b=1 B. a=－1，b=－1 C. a＝1，b=1 D. a=1，b= －1 【答案】C 【解析】 【分析】 - 6 - 先对函数求导，求得 ( ) af      ， (0) 0f  ，再由点斜式求得切线方程. 【详解】由题意可知 2 cos sinax x a xy x   ，故在点 (π 0)M ， 处的切线方程为 1( π)π π ay x x    b ， 1 1 a b    ，则 ，故选 C． 【点睛】本题考查导数的几何意义，求切线的方程即函数  f x 在   0 0,x f x 处的切线方程 为     0 0 0y f x f x x x   . 11.如果角 满足sin cos 2   ，那么 1tan tan   的值是（ ） A. -1 B. -2 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 试 题 分 析 ： sin cos 2   ，  2sin cos 1 2sin cos 2        ， 1sin cos 2    ． 2 21 sin cos sin cos 1tan 21tan cos sin sin cos 2                 ．故 D 正确． 考点：同角三角函数基本关系式． 12.已知函数   e e 2 x x f x  ，xR ，若对任意 0, 2      ，都有    sin 1 0f f m    成立，则实数 m 的取值范围是（ ） A.  0,1 B.  0,2 C.  ,1 D.  1， 【答案】D 【解析】 试题分析：求函数 f（x）定义域，及 f（﹣x）便得到 f（x）为奇函数，并能够通过求 f′（x） 判断 f（x）在 R 上单调递增，从而得到 sinθ＞m﹣1，也就是对任意的 0, 2      都有 sinθ ＞m﹣1 成立，根据 0＜sinθ≤1，即可得出 m 的取值范围． 详解： - 7 - f（x）的定义域为 R，f（﹣x）=﹣f（x）； f′（x）=ex+e﹣x＞0； ∴f（x）在 R 上单调递增； 由 f（sinθ）+f（1﹣m）＞0 得，f（sinθ）＞f（m﹣1）； ∴sinθ＞m﹣1； 即对任意θ∈ 0, 2      都有 m﹣1＜sinθ成立； ∵0＜sinθ≤1； ∴m﹣1≤0； ∴实数 m 的取值范围是（﹣∞，1]． 故选 D． 点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，注意奇函数的在对称区间上的单调性的 性质；对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可 以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解 集. 二、填空题（5*4=20) 13.若 x ， y 满足约束条件 2 2 0 1 0 0 x y x y y          ，则 3 2z x y  的最大值为_____________． 【答案】6 【解析】 【分析】 首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式 3 1 2 2y x z   ， 之后在图中画出直线 3 2y x  ，在上下移动的过程中，结合 1 2 z 的几何意义，可以发现直线 3 1 2 2y x z   过 B 点时取得最大值，联立方程组，求得点 B 的坐标代入目标函数解析式，求 得最大值. 【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示： - 8 - 由 3 2z x y  ，可得 3 1 2 2y x z   ， 画出直线 3 2y x  ，将其上下移动， 结合 2 z 的几何意义，可知当直线 3 1 2 2y x z   在 y 轴截距最大时，z 取得最大值， 由 2 2 0 0 x y y      ，解得 (2,0)B ， 此时 max 3 2 0 6z     ，故答案为 6. 点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对 应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断 z 的几何意义，之后画出一条直线，上下平移， 判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的 形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解. 14.在正方体 1 1 1 1DABC A B C D 中，对角线 1AC 与底面 ABCD 所成角的正弦值为 ____________. 【答案】 3 3 【解析】 - 9 - 分析：根据直线和平面所成角的定义即可得到结论． 详解：连结 AC， 则 AC 是 A1C 在平面 ABCD 上的射影， 则∠A1CA 即为直线 A1C 与平面 ABCD 所成角的正弦值， 设正方体的棱长为 1， 则 ， 则 ， 点晴：本题需要先找出线面角所成角的平面角，然后放在三角形中进行解决即可 15.欧阳修在《卖油翁》中写到：“（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油 沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见卖油翁的技艺之高超，若铜钱直径 4 厘米，中间有边 长为 1 厘米的正方形小孔，随机向铜钱上滴一滴油（油滴大小忽略不计），则油恰好落入 孔中的概率是____． 【答案】 1 4π . 【解析】 分析：根据几何概型的概率公式解答即可. 详解：由几何概型的概率公式得 2 1 1 1 .2 4P     所以油恰好落入孔中的概率是 1 4 . - 10 - 故答案为 1 4 . 点睛：本题主要考查几何概型的概率公式，意在考查概率的基础知识的掌握能力及基本的运 算能力. 16.过点 (1,1)M 作斜率为 1 2  的直线与椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     相交于 ,A B ，若 M 是 线段 AB 的中点，则椭圆C 的离心率为 ． 【答案】 2 2 【解析】 试题分析：设 A 1 1,x y ，B 2 2,x y ，则 2 2 1 1 2 2 1x y a b   ①， 2 2 2 2 2 2 1x y a b   ②， ∵M 是线段 AB 的中点，∴ 1 2 1 21, 12 2 x x y y   ，∵直线 AB 的方程是  1 1 12y x    ， ∴  1 2 1 2 1 2y y x x    ，∵过点 M（1，1）作斜率为 1 2  的直线与椭圆 C： 2 2 2 2 1x y a b   （a ＞b＞0）相交于 A，B 两点，M 是线段 AB 的中点，∴①②两式相减可得 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 0x x y y a b    ， 即 2 2 2 1 2 0 22 a b c ba b            2 2 ce a    ． 考点：椭圆的简单性质 三、解答题（10 12*5=70，需写出必要的推导过程和演算步骤) 17.在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ， ABC 的面积为 S ， sin 3 cosa B b A . （1）求角 A 的大小； （2）若 3a  ， 3 2S  ，求b c 的值. 【答案】（1） 3A  （2）3 【解析】 - 11 - 【分析】 （1）因为 sin 3 cosa B b A ，由正弦定理得sin sin 3sin cosA B B A ，即得 tan 3A  ， 解出 A（2）利用 cos A 得出 2 2 3b c bc   ，由 3 2ABCS  得出 2bc  ，联立求b c 即可. 【详解】（1）因为 sin 3 cosa B b A ，由正弦定理得 sin sin 3sin cosA B B A ， 化简得 tan 3A  ， 0 , 3A A     （2） 2 2, 3 33A a b c bc       又 3 1 3sin2 2 3 2ABCS bc    ，即 2bc  联 立可得 2 9b c  ，又 0b c  ， 3b c   . 18.交通指数是指交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念性指数值，记交 通指数为T ，其范围为 0,10 ，分别有五个级别： 2)[0,T  ，畅通；  2,4T  ，基本畅通；  4,6T  ，轻度拥堵；  6,8T  ，中度拥堵；  8,10T  ，严重拥堵.在晚高峰时段（ 2T  ）， 从某市交通指挥中心选取了市区 20 个交通路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图 如图所示. (1)求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段的个数； (2)用分层抽样的方法从轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段中共抽取 6 个路段，求依次抽 取的三个级别路段的个数； (3)从(2)中抽取的 6 个路段中任取 2 个，求至少有 1 个路段为轻度拥堵的概率. 【答案】（1）轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段的个数分别为 6，9，3；（2）从交通指数 在[4,6)，[6,8)，[8,10]的路段中分别抽取的个数为 2,3,1；（3） 3 5 【解析】 【分析】 - 12 - （1）根据在频率分布直方图中，小长方形的面积表示各组的频率，可以求出频率，再根据频 数等于频率乘以样本容量，求出频数； （2）根据（1）求出拥堵路段的个数，求出每层之间的占有比例，然后求出每层的个数； （3）先求出从(2)中抽取的 6 个路段中任取 2 个，有多少种可能情况，然后求出至少有 1 个 路段为轻度拥堵有多少种可能情况，根据古典概型概率公式求出. 【详解】(1)由频率分布直方图得，这 20 个交通路段中， 轻度拥堵的路段有(0.1＋0.2)×1×20＝6(个)， 中度拥堵的路段有(0.25＋0.2)×1×20＝9(个)， 严重拥堵的路段有(0.1＋0.05)×1×20＝3(个). (2)由(1)知，拥堵路段共有 6＋9＋3＝18(个)，按分层抽样，从 18 个路段抽取 6 个，则抽取 的三个级别路段的个数分别为 6 6 218   ， 6 9 318   ， 6 3 118   ，即从交通指数在[4,6)， [6,8)，[8,10]的路段中分别抽取的个数为 2,3,1. (3)记抽取的 2 个轻度拥堵路段为 1A ， 2A ，抽取的 3 个中度拥堵路段为 1B ， 2B ， 3B ，抽取 的 1 个严重拥堵路段为 1C ，则从这 6 个路段中抽取 2 个路段的所有可能情况为：        1 2 1 1 1 2 1 3, , , , , , , ,A A A B A B A B                      1 1 2 1 2 2 2 3 2 1 1 2 1 3 1 1 2 3 2 1 3 1, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,A C A B A B A B A C B B B B B C B B B C B C ，共 15 种，其中至少有 1 个路段为轻度拥堵的情况为：            1 2 1 1 1 2 1 3 1 1 2 1, , , , , , , , , , , ,A A A B A B A B A C A B      2 2 2 3 2 1, , , , ,A B A B A C ，共 9 种. 所以所抽取的 2 个路段中至少有 1 个路段为轻度拥堵的概率为 9 3 15 5  . 【点睛】本题考查了频率直方图的应用、分层抽样、古典概型概率的求法.解决本题的关键是 对频率直方图所表示的意义要了解，分层抽样的原则要知道，要能识别古典概型. 19.已知数列{ }na 为正项等比数列，满足 3 4a  ，且 5a ， 43a ， 6a 构成等差数列，数列{ }nb 满 足 2 2 1log logn n nb a a   . （1）求数列{ }na ，{ }nb 的通项公式； - 13 - （2）若数列{ }nb 的前 n 项和为 nS ，数列{ }nc 满足 1 4 1n n c S   ，求数列{ }nc 的前 n 项和 nT . 【答案】（Ⅰ） 12n na  ， 2 1nb n  ；（Ⅱ） 2 1n nT n   【解析】 【分析】 (Ⅰ)先设等比数列 na 的公比为 q(q 0 )，根据 3 4a  ，且 5 4 6,3 ,a a a 构成等差数列，求出 q， 即可得出 na 的通项公式，再由 2 2 1log logn n nb a a   ，可得出 nb 的通项公式； (Ⅱ)先由等差数列的前 n 项和公式求出 nS ，再由裂项相消法求出 nT 即可. 【详解】解：(Ⅰ)设等比数列 na 的公比为 q(q 0 )，由题意，得 2 5 6 46 6a a a q q     解得 2q  或 3q   （舍） 又 3 14 1a a   所以 1 1 1 2n n na a q    2 2 1log log 1 2 1n n nb a a n n n       (Ⅱ)    1 21 2 1 2 2 n n n nn b bS n        ． ∴ 2 1 1 1 1 4 1 2 2 1 2 1nc n n n         ， ∴ 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1 2 1n nT n n n                              【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列，以及求数列的前 n 项和，熟记等差数列与等比数 列的通项公式即可求解，属于常考题型. 20.如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， 2 2AB AD  ， 3PD BD AD  ，且 PD  底面 ABCD . （1）证明： BC ⊥平面 PBD ； （2）若Q 为 PC 的中点，求三棱锥 A PBQ 的体积. - 14 - 【答案】（1）见解析;（2） 1 4A PBQV   . 【解析】 试题分析：（1）先证明 AD BD ，再说明 BC BD ，根据 PD  底面 ABCD ，可得 PD BC ，即可证出；（2）因为三棱锥 A PBQ 的体积 A PBQV  与三棱锥 A QBC 的体积相 等，可转化为求三棱锥 A QBC 的体积，再换顶点为 Q，并利用 Q 是中点转化为 1 4 P ABCDV  求 解即可. 试题解析： （1）证明：∵ 2 2 2AD BD AB  ，∴ AD BD ， ∵ / /AD BC ，∴ BC BD . 又∵ PD  底面 ABCD ，∴ PD BC . ∵ PD BD D  ，∴ BC  平面 PBD . （2）三棱锥 A PBQ 的体积 A PBQV  与三棱锥 A QBC 的体积相等， 而 1 2A QBC Q ABC P ABCV V V    1 1 1 11 3 34 4 3 4P ABCDV        . 所以三棱锥 A PBQ 的体积 1 4A PBQV   . 点睛：涉及几何体，特别是棱锥的体积计算问题，一般要进行转化，变换顶点后，有时还需 要利用等底等高转换，还可以利用直线上的点为中点或三等分点再进行顶点变换，从而求出 几何体的体积. 21.已知函数 ( ) ( ) xf x x k e  （ k R ）． （1）求 ( )f x 的单调区间和极值； （2）求 ( )f x 在  1,2x 上的最小值． 【 答 案 】（ 1 ） ( )f x 的 单 调 递 增 区 间 为 ( 1, )k   ， 单 调 递 减 区 间 为 ( , 1)k  ， - 15 - 1( ) ( 1) kf x f k e    极小值 ，无极大值；（2）见解析. 【解析】 【分析】 (1)求导后令   0f x  ,再根据导函数的正负确定 ( )f x 的单调区间和极值即可. (2)根据(1)中的极小值,分析 1 1k   , 1 2k   ,1 1 2k   三种情况讨论 ( )f x 在  1,2x 上的最小值即可. 【详解】（1） '( ) ( 1) xf x x k e   由   0f x  ，得 1 x k ； 当 1x k  时， '( ) 0f x  ；当 1x k  时， '( ) 0f x  ； ∴ ( )f x 的单调递增区间为 ( 1, )k   ，单调递减区间为 ( , 1)k  1( ) ( 1) kf x f k e    极小值 ，无极大值． （2）当 1 1k   ，即 k 2 时， ( )f x 在 1,2 上递增，∴ ( ) (1) (1 )f x f k e  最小值 ； 当 1 2k   ，即 3k  时， ( )f x 在 1,2 上递减，∴ 2( ) (2) (2 )f x f k e  最小值 ； 当1 1 2k   ，即 2 3k  时， ( )f x 在 1, 1k  上递减，在 1,2k  上递增， ∴ 1( ) ( 1) kf x f k e    最小值 【点睛】本题主要考查利用导函数求原函数的单调性与极值的问题,同时也考查了含参数的最 值讨论问题,属于中等题型. 22.已知圆 2 2: ( 2) 1M x y   ，直线 : 1l y   ，动圆 P 与圆 M 相外切，且与直线 l 相切.设 动圆圆心 P 的轨迹为 E. （1）求 E 的方程； （2）若点 A，B 是 E 上的两个动点，O 为坐标原点，且 16OA OB    ，求证：直线 AB 恒过 定点. 【答案】（1） 2 8x y ； （2）见解析 【解析】 【分析】 - 16 - （1）由抛物线定义可知动圆 P 的圆心轨迹为抛物线,根据焦点及准线方程可求得抛物线的标 准方程. （2）设出直线 AB 的方程,联立抛物线,化简后结合韦达定理,表示出OA OB  ,根据等量关系可 求得直线方程的截距,即可求得所过定点的坐标. 【详解】（1）由题意动圆 P 与 : 1l y   相切,且与定圆 2 2: ( 2) 1M x y   外切 所以动点 P 到 (0,2)M 的距离与到直线 2y   的距离相等 由抛物线的定义知,点 P 的轨迹是以 (0,2)M 为焦点,直线 2y   为准线的抛物线 故所求 P 的轨迹方程 E 为 2 8x y （2）证明：设直线 :AB y kx b  ,  1 1,A x y ,  2 2,B x y , 将直线 AB 代入到 2 8x y 中化简得 2 8 8 0x kx b   , 所以 1 2 8x x k  , 1 2 8x x b  又因为 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 8 1664 x xOA OB x x y y x x b b           所以 4b  则直线 AB为 4y kx  恒过定点 (0, 4) 【点睛】本题考查了抛物线的定义及标准方程求法,直线与抛物线的位置关系及直线过定点问 题,属于中档题. - 17 -