甘肃省张掖市2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题

甘肃省张掖市2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题

张掖市2018—2019学年第二学期期末考试 高二数学（理科）试卷 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的.）‎ ‎1.已知集合，，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解分式不等式求得集合的取值范围，然后求两个集合的交集.‎ ‎【详解】对于集合,由得，解得，故，所以选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查两个集合交集的概念及运算，属于基础题.‎ ‎2.在复平面内与复数所对应的点关于实轴对称的点为，则对应的复数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用两个复数代数形式的乘除法法则，化简复数得到复数的共轭复数，从而得到复数在复平面内的对应点的坐标，得到选项．‎ ‎【详解】复数，‎ 复数的共轭复数是，就是复数所对应的点关于实轴对称的点为A对应的复数；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查两个复数代数形式的乘除法，两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数，考查复数与复平面内对应点之间的关系，是一个基础题．‎ ‎3.平面向量与的夹角为，，，则 ( )‎ A. B. C. 0 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，求出，再求出，进而可求出 ‎【详解】因为，所以，所以，‎ 所以.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查向量模的运算，熟记公式即可，属于基础题型.‎ ‎4.已知x，y满足不等式组则z="2x" +y的最大值与最小值的比值为 A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】解：因为x，y满足不等式组，作出可行域，然后判定当过点（2,2）取得最大，过点（1,1）取得最小，比值为2，选D ‎5.若函数为奇函数，且在上为减函数，则的一个值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意得，‎ ‎∵函数 为奇函数，‎ ‎∴，故．‎ 当时，，在上为增函数，不合题意．‎ 当时，，在上为减函数，符合题意．选D．‎ ‎6.在某互联网大会上，为了提升安全级别，将5名特警分配到3个重要路口执勤，每个人只能选择一个路口，每个路口最少1人，最多3人，且甲和乙不能安排在同一个路口，则不同的安排方法有（ ）‎ A. 180种 B. 150种 C. 96种 D. 114种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：先不管条件甲和乙不能安排在同一个路口，先算出总共的安排方法，再减去甲和乙在同一个路口的情况即可.‎ 详解：先不管条件甲和乙不能安排在同一个路口，分两种情况：‎ ‎①三个路口人数情况3，1，1，共有种情况；‎ ‎②三个路口人数情况2，2，1，共有种情况.‎ 若甲乙在同一路口，则把甲乙看作一个整体，则相当于将4名特警分配到三个不同的路口，则有种，‎ 故甲和乙不能安排在同一个路口，不同的安排方法有种.‎ 故选：D.‎ 点睛：本题考查排列、组合的实际应用，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题.‎ ‎7.若曲线，在点处的切线分别为，且，则的值为（ ）‎ A B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：因为，则f′（1）=，g′（1）=a，又曲线a在点P（1，1）处的切线相互垂直，所以f′（1）•g′（1）=-1，即，所以a=-2．故选A．‎ 考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．‎ ‎8.下面四个命题：‎ ‎：命题“”的否定是“”；‎ ‎:向量，则是的充分且必要条件；‎ ‎：“在中，若，则“”逆否命题是“在中，若，则“”；‎ ‎：若“”是假命题，则是假命题.‎ 其中为真命题的个数是（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题的否定是特称命题判断；根据向量垂直的坐标表示判断；根据逆否命题的定义判断；由且命题的性质判断.‎ ‎【详解】：命题“”的否定是“”，不正确；‎ ‎:的充分且必要条件是等价于,即为，正确；‎ ‎：由逆否命题的定义可知，“在中，若，则“” 的逆否命题是“在中，若，则“”，正确；‎ ‎：若“”是假命题，则是假命题或是假命题，不正确.‎ 所以，真命题的个数是2，故选B.‎ ‎【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，主要综合考查全称命题的否定、向量垂直的充要条件、逆否命题的定义、“且”命题的性质，属于中档题. 这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.‎ ‎9.在等比数列中，已知，则的值为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数列是等比数列得到公比，再由数列的通项公式得到结果.‎ ‎【详解】因为数列是等比数列，故得到进而得到，则 ‎ ‎ 故答案为D.‎ ‎【点睛】这个题目考查了等比数列的通项的求法，是简单题.‎ ‎10.我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为圆周，则该不规则几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图知该几何体是三棱锥与圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可．‎ ‎【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与圆锥体的组合体，‎ 如图所示；‎ 则该组合体的体积为；‎ 所以对应不规则几何体体积为．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题．‎ ‎11.已知为椭圆M:+=1和双曲线N:-=1的公共焦点，为它们的一个公共点，且，那么椭圆M和双曲线N的离心率之积为（ ）‎ A. B. ‎1 ‎C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得到，根据勾股定理得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】为椭圆M:+=1和双曲线N:-=1的公共焦点 ‎ 故，故 ‎，故即 ‎ ‎ ‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的离心率，意在考查学生的计算能力.‎ ‎12.已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是（ ）.‎ A. -1 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据的单调性确定出最小值从而确定出的值，再由不等式即可得到的范围，根据二次函数零点的分布求解出的取值范围.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以当 时，，当时，，‎ 所以在上递减，在上递增，所以，所以，‎ 又因为，所以，‎ 因为对应的，且有零点，‎ ‎（1）当时，或，‎ 所以，所以，所以，‎ ‎（2）当时，或，‎ 此时，所以，‎ 综上可知：，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数判断函数的零点以及根据二次函数的零点分布求解参数范围，属于综合性问题，难度较难.其中处理二次函数的零点分布问题，除了直接分析还可以采用画图象的方法进行辅助分析.‎ 二、填空题（共5小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎13.如图，在长方形内任取一点，则点落在阴影部分内的概率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用微积分基本定理先计算出阴影部分的面积，根据几何概型的知识可知：阴影部分的面积与长方形面积比等于对应的概率，即可计算出概率值.‎ ‎【详解】由几何概型的知识可知：阴影部分的面积与长方形的面积之比等于所求概率，‎ 记阴影部分面积为，长方形面积为，‎ 所以，，‎ 所以所求概率为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型中的面积模型以及利用微积分基本定理求解定积分的值，属于综合型问题，难度一般.几何概型中的面积模型的计算公式：.‎ ‎14.已知函数，则=______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求内层函数值，再求外层函数值.‎ ‎【详解】根据题意，函数 ，‎ 则，‎ 则；‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数求值问题，分段函数的求值问题主要是利用“对号入座”策略.‎ ‎15.已知，________.‎ ‎【答案】-80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将改写为，根据展开式的通项公式即可求解出项的系数，即为.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 当时，，所以项的系数为，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用配凑法求解展开式中指定项的系数，难度较易.对于展开式是形如的式子，可考虑利用配凑的方法将原二项式变形后再展开去求解对应项的系数.‎ ‎16.已知抛物线的焦点为，直线过且依次交抛物线及圆于点，，，四点，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线的定义可知：，从而得到，同理，分类讨论，根据不等式的性质，即可求得的最小值.‎ ‎【详解】因为，所以焦点，准线，‎ 由圆：，可知其圆心为，半径为，‎ 由抛物线的定义得：，‎ 又因为，所以，同理，‎ 当轴时，则，所以，‎ 当的斜率存在且不为0时，‎ 设时，代入抛物线方程，得： ，‎ ‎，‎ 所以，‎ 当且仅当，即时取等号，‎ 综上所述，的最小值为13，‎ 故答案是：13.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关抛物线的简单性质的问题，涉及到的知识点有抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离，直线与抛物线相交的问题，基本不等式求最值问题，在解题的过程中，注意认真审题是正确解题的关键.‎ 三、解答题（共6小题，满分70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17.如图，在中，角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若，为外一点，，，求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由余弦定理和诱导公式整理，得到，求出；‎ ‎（2）在中，用余弦定理表示出，判断是等腰直角三角形，再利用三角形面积公式表示出，再利用辅助角公式化简，求出四边形面积的最大值.‎ ‎【详解】（1）在中，由，所以 ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴.‎ 又∵，∴，即.‎ ‎（2）在中，，，由余弦定理可得 ‎，‎ 又∵，∴为等腰直角三角形，‎ ‎∴，‎ ‎∴当时，四边形面积有最大值，最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形、诱导公式、三角形面积公式和利用三角函数求最值，考查学生的分析转化能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎18.在数列中，，，且对任意的N*，都有.‎ ‎（Ⅰ）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，记数列的前项和为，若对任意的N*都有，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）可变形为，故是等比数列.利用累加法可以求出的通项.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，用裂项相消法可求，求出的最小值后可得的取值范围.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由可得． ‎ 又，，所以，故.‎ 所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以. ‎ 所以. ‎ ‎（Ⅱ）因为. ‎ 所以 ‎. ‎ 又因为对任意的都有，所以恒成立，‎ 即,即当时，.‎ ‎【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），而数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.‎ ‎19.树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，大量的统计数据表明，参与调查者中关注此问题的约占80%.现从参与调查的人群中随机选出人，并将这人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4 组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示 ‎(1) 求的值 ‎(2)现在要从年龄较小的第1,2,3组中用分层抽样的方法抽取人，再从这人中随机抽取人进行问卷调查，求在第1组已被抽到人的前提下，第3组被抽到人的概率；‎ ‎（3）若从所有参与调查的人中任意选出人，记关注“生态文明”的人数为，求 的分布列与期望.‎ ‎【答案】(1) (2) （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由频率分布直方图求出的值；（2）设从12人中随机抽取3人，第1组已被抽到1人为事件，第3组抽到2人为事件，由条件概率公式得到所求概率；（3）的可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率值，从而得到的分布列与期望.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由，得，‎ ‎（2）第1，2，3组的人数分别为20人，30人，70人，从第1，2，3组中用分层抽样的方法抽取12人，则第1，2，3组抽取的人数分别为2人，3人，7人. ‎ 设从12人中随机抽取3人，第1组已被抽到1人为事件，第3组抽到2人为事件， 则 ‎ ‎（3）从所有参与调查的人中任意选出1人，关注“生态文明”的 概率为 的可能取值为0，1，2，3. ‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以的分布列为 ‎， ‎ ‎20.等边的边长为，点，分别是，上的点，且满足 (‎ 如图(1))，将沿折起到的位置，使二面角成直二面角，连接，(如图(2)).‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为?若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）存在点，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过证明，即可证明平面；（2）以为坐标原点，以射线、、分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系，设，然后并求出平面的一个法向量及的坐标，最后根据即可求出的值及的长度.‎ ‎【详解】(1)证明　题图(1)中，由已知可得：‎ ‎，，.‎ 从而.‎ 故得，所以，.‎ 所以题图(2)中，，，‎ 所以为二面角的平面角， ‎ 又二面角为直二面角，‎ 所以，即，‎ 因为且、平面，‎ 所以平面.‎ ‎(2)解　存在.由(1)知，平面.‎ 以为坐标原点，以射线、、分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，‎ 过作交于点，‎ 设，则，，，‎ 易知，，，‎ 所以.‎ 因为平面，‎ 所以平面的一个法向量为.‎ 因为直线与平面所成的角为，所以，解得.‎ 所以，满足，符合题意.‎ 所以在线段上存在点，使直线与平面所成的角为，此时.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的证明及通过建立空间直角坐标系并表示出平面的法向量及直线的方向向量的坐标，解决已知直线和平面所成的角求参数的值问题，属中等难度题.‎ ‎21.已知椭圆:的上顶点为A,以A为圆心，椭圆的长半轴为半径的圆与y轴的交点分别为、.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设不经过点A的直线与椭圆交于P、Q两点，且,试探究直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标，若不过定点，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）直线过定点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据圆的圆心和半径写出圆的标准方程，令求得圆与轴交点的坐标，由此列方程组求得的值，进而求得椭圆的标准方程.（1）根据，利用点斜式设出直线的方程，并分别代入椭圆方程解出两点的坐标，由此求得直线的方程，由此求得定点的坐标为.‎ ‎【详解】解：（1）依题意知点A的坐标为，则以点A圆心，以为半径的圆的方程为:‎ ‎，‎ 令得，由圆A与y轴的交点分别为、‎ 可得，解得，‎ 故所求椭圆的方程为.‎ ‎（2）由得，可知PA的斜率存在且不为0，‎ 设直线-① 则-②‎ 将①代入椭圆方程并整理得，可得，‎ 则，‎ 类似地可得，‎ 由直线方程的两点式可得：直线的方程为 ，‎ 即直线过定点，该定点的坐标为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查圆的标准方程和几何性质，考查直线和椭圆的位置关系，考查直线方程的两点式以及直线过定点的问题.属于中档题.要求直线和椭圆的交点坐标，需要联立直线和椭圆的方程，解方程组求得，这里需要较强的运算能力.直线过定点的问题，往往是将含有参数的部分合并，由此求得直线所过的定点.‎ ‎22.已知函数，，（其中为自然对数的底数，…）.‎ ‎（1）当时，求函数的极值；‎ ‎（2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围；‎ ‎（3）若，当时，恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）极大值为-1，最小值为（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，利用函数导数，求得函数的单调区间，并求出极大值和极小值.（2）对求导后，令导数大于或等于零，对分成三类，讨论函数的单调区间，由此求得取值范围.（3）构造函数，利用导数求得函数的最小值，令这个最小值大于或等于零，解不等式来求得的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）当时，，， ‎ 当或时，，函数在区间，上单调递增；当时，，函数在区间上单调递减. ‎ 所以当时，取得极大值；当时，取得极小值. ‎ ‎（2），令，依题意，函数在区间上单调递增，即在区间上恒成立. 当时，显然成立；当时，在上单调递增，只须，即，所以.当时，‎ 在上单调递减，只须，即，所以.‎ 综上， 的取值范围为. ‎ ‎（3），即，令=， 因为，所以只须，令，，，因为，所以，所以，即单调递增，‎ 又，即单调递增，所以，所以，又，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数求具体函数的单调区间以及极值，考查利用导致求解参数的取值范围问题，考查利用导数求解不等式恒成立问题.综合性较强，属于难题.利用导数研究函数的性质，主要是通过导数得出函数的单调区间等性质，结合恒成立问题或者存在性问题的求解策略来解决较为复杂的问题.‎