云南省景东彝族自治县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

云南省景东彝族自治县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

景东一中2021届高二年级上学期期中考试 理科数学试卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解得不等式,再由交集定义求解即可.‎ ‎【详解】由题,,解得,则,‎ 因为,‎ 所以,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解一元二次不等式.‎ ‎2.已知函数为偶函数，则的值为（ ）‎ A. -1 B. ‎0 ‎C. 1 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易知,的定义域为,由偶函数可得,进而求解即可.‎ ‎【详解】由题,易知的定义域为,是偶函数,‎ 则,即,‎ 所以,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查由函数的奇偶性求参数,属于基础题.‎ ‎3.甲、乙两名同学在高考前的5次模拟考中的数学成绩如茎叶图所示，记甲、 乙两人的平均成绩分别为，下列说法正确的是（ ）‎ A. ，且乙比甲的成绩稳定 B. ，且乙比甲的成绩稳定 C. ，且甲比乙的成绩稳定 D. ，且甲比乙的成绩稳定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由茎叶图分别求得甲、乙的平均成绩,‎ ‎【详解】由题,,‎ ‎,‎ 所以,‎ 由茎叶图可知,乙的成绩更集中,故乙比甲的成绩稳定,‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查由茎叶图求平均数,考查由茎叶图判断数据的稳定性.‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数的单调性判断的大小，再根据对数函数的单调性判断的正负，即可确定之间的大小关系.‎ ‎【详解】因为在上递增，所以，即；‎ 又因为在上递增，所以；‎ 又因为，，所以，‎ 故选B ‎【点睛】利用指、对数函数的单调性比较数的大小时，经常会用到“中间值比较法”：对数式经常会与作比较，指数式经常会与作比较.‎ ‎5.已知满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）‎ A. 3 B. ‎-3 ‎C. D. -4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由不等式组画出可行域,整理目标函数为,平移直线,在可行域内找到使截距最小的点,进而代回求解即可.‎ ‎【详解】由题,则可行域如图所示,‎ 设,平移直线,当与点相交时,截距最小,‎ 则,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查利用线性规划求最值,考查数形结合思想.‎ ‎6.在 中，，则该三角形一定是（ ）‎ A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解法一：利用余弦定理完成角化边，然后再进行边的化简即可判断结果；‎ 解法二：利用正弦定理完成边化角，进行利用两角和的正弦展开式进行化简即可判断结果.‎ ‎【详解】解法一：由余弦定理得，‎ 所以，所以为直角三角形.‎ 解法二：由正弦定理得，‎ 所以，所以.‎ 故选B ‎【点睛】利用正弦定理进行边角互化时，要注意到“齐次”的问题，也就是每一项对应的边或者角的正弦的次数要相同，如：、.‎ ‎7.已知向量，，且则（ ）‎ A. -7 B. ‎7 ‎C. D. -1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对平方,将条件代入求解即可.‎ ‎【详解】由题,,即,‎ 所以,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查向量的模的应用,考查求向量的数量积.‎ ‎8.已知，且，则的值为（）‎ A. -7 B. ‎7 ‎C. 1 D. -1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由了诱导公式得，由同角三角函数的关系可得，‎ 再由两角和的正切公式，将代入运算即可.‎ ‎【详解】解：因为，‎ 所以，即，‎ 又 ，‎ 则，‎ 解得= 7，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了诱导公式及两角和的正切公式，重点考查了运算能力，属中档题.‎ ‎9.函数的图象向左平移个单位长度，所得图象关于轴对称，则的一个可能取值是（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先表示出平移后的解析式，，然后根据关于轴对称，表示出其对称轴，从而得到的表达式，根据选项，得到答案.‎ ‎【详解】的图象向左平移个单位长度后 得，‎ 因为其图象关于轴对称，‎ 所以可得，，‎ 所以，，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的平移，根据正弦型函数的对称轴求参数的值，属于简单题.‎ ‎10.经过圆的圆心C，且与直线垂直的直线方程是 （ ）‎ A. x＋y＋1＝0 B. x＋y－1＝‎0 ‎C. x－y＋1＝0 D. x－y－1＝0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】圆的圆心C为（-1，0），‎ 而直线与x+y=0垂直，所以待求直线的斜率为1，‎ 设待求直线的方程为y=x+b，‎ 将点C的坐标代入可得b的值为b=1，‎ 故待求的直线的方程为x-y+1=0．‎ 故选 C ‎11.公比为的等比数列的各项都是正数，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】∵a‎3a11＝16，∴＝16.‎ 又∵an>0，∴a7＝4.‎ ‎∴a10＝a7×q3＝32.故5‎ 故选：B ‎12.在中，为边上的高，若则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数定义可确定的长度,即可确定点的位置,再以和为基底,根据平面向量基本定理表示,即可求得,进而求解.‎ ‎【详解】由题,在中,因为,,所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,,‎ 所以,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用,属于基础题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.=__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎.‎ ‎14.若，，且，则的最小值是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.‎ ‎【详解】，且，由基本不等式得，‎ 当且仅当时，等号成立.‎ 因此，的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，涉及的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎15.已知则的解析式为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,则,代入解析式即可求解.‎ ‎【详解】由题,设,则,‎ 所以,‎ 所以,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查换元法求函数解析式,属于基础题.‎ ‎16.已知以下四个命题：‎ ‎①若，则向量的夹角为钝角；‎ ‎②函数的最小值为4；‎ ‎③若，则；‎ ‎④若，则．‎ 其中错误的有____________．‎ ‎【答案】①②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①注意与方向的情况；②利用均值不等式求得最值,注意取等条件；③对两边同除即可判断；④举出反例即可判断.‎ ‎【详解】①当时,与可能方向相反,故①错误；‎ ‎②因为,则,所以,‎ 当,即时等号成立,不符合题意,‎ 则当时,取得最小值为5,故②错误；‎ ‎③由题,,对两边同时除以,则根据不等式的性质可得,故③错误；‎ ‎④当,,,,则,,所以,故④错误.‎ 故答案为:①②③④‎ ‎【点睛】本题考查向量的夹角,考查利用均值定理求最值,考查不等式的性质的应用.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17.已知函数．‎ ‎（1）求函数的最小正周期和最大值；‎ ‎（2）求函数的单调减区间．‎ ‎【答案】（1）,最大值为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先化简可得,则由求得最小正周期,再根据可得,即可由正弦函数性质求得最大值；‎ ‎（2）令求解即可.‎ ‎【详解】解:（1）,‎ 所以,‎ 因为,所以,‎ 所以的最大值为 ‎（2）令,‎ 解得,‎ 即的减区间为 ‎【点睛】本题考查正弦型函数的最值,单调区间,考查正弦型函数的最小正周期.‎ ‎18.在中，角所对边分别为，，，且．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，求面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可得,整理后即可求解；‎ ‎（2）由（1）,,,利用余弦定理可得,再利用均值不等式解得,进而求解.‎ ‎【详解】解:（1）因为,‎ 所以,‎ 因为,所以,即,‎ 所以 ‎（2）由（1）,,,‎ 由余弦定理可得,‎ 所以,即,‎ 当且仅当时等号成立,‎ 所以,‎ 所以面积的最大值为 ‎【点睛】本题考查向量平行的应用,考查余弦定理的应用,考查利用均值不等式求最值.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面是正方形，，底面点为的中点，作交于点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于点,连接,由正方形的性质可得,则在 中可由中位线的性质证得,进而得证；‎ ‎（2）先由平面可得,再证得平面,则,进而得证.‎ ‎【详解】证明:（1）连接交于点,连接,‎ 因为底面是正方形,所以,‎ 又因为点为的中点,‎ 所以,‎ 因为平面,平面,‎ 所以平面 ‎（2）因为正方形,所以,‎ 因为底面,所以,‎ 因为,所以平面,‎ 所以,‎ 因为,点为的中点,‎ 所以,‎ 因,‎ 所以平面,‎ 因为平面,‎ 所以,‎ 因为,,‎ 所以平面 ‎【点睛】本题考查线面平行的证明,考查线面垂直的证明,考查推理论证能力.‎ ‎20.如表提供了工厂技术改造后某种型号设备的使用年限和所支出的维修费（万元）的几组对照数据：‎ ‎（年）‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎（万元）‎ ‎1‎ ‎2.5‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎4.5‎ 参考公式：，.‎ ‎（1）若知道对呈线性相关关系，请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程；‎ ‎（2）已知该工厂技术改造前该型号设备使用10年的维修费用为9万元，试根据（1）求出的线性回归方程，预测该型号设备技术改造后，使用10年的维修费用能否比技术改造前降低？‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对照公式，计算相应数据，即可得到线性回归方程；（2）将x＝10，代入方程，即可求得结论．‎ ‎【详解】（1）根据所给表格数据计算得，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴，，‎ 所以，关于的线性回归方程为.‎ ‎（2）由（1）得，当时，，‎ 即技术改造后的10年的维修费用为8.1万元，‎ 相比技术改造前，该型号的设备维修费降低了0.9万元.‎ ‎【点睛】本题考查线性回归方程，考查学生的计算能力，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎21.在数列中，点在直线上．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点代入直线上,可得,即,则是首项为,公差为的等差数列,即可求解；‎ ‎（2）由（1）可得,再利用错位相减法求解即可.‎ ‎【详解】解:（1）因为点在直线上,‎ 所以,即,‎ 所以是首项为,公差为的等差数列,‎ 所以 ‎（2）由（1）,,‎ 所以,‎ 则,‎ 所以,‎ 则,‎ 所以 ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式,考查错位相减法求数列的和,考查运算能力.‎ ‎22.已知直线与圆相交于，两点．‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）在轴上是否存在点，使得当变化时，总有直线、的斜率之和为0，若存在，求出点的坐标：若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）存在.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得到的距离为，即得，解方程即得解；（2）设，，存在点满足题意，即，把韦达定理代入方程化简即得解.‎ ‎【详解】（1）因为圆，所以圆心坐标为，半径为2， ‎ 因为，所以到的距离为， ‎ 由点到直线的距离公式可得：， ‎ 解得． ‎ ‎（2）设，，‎ 则得，因为，‎ 所以，， ‎ 设存在点满足题意，即， ‎ 所以，‎ 因为，所以， ‎ 所以，解得．‎ 所以存在点符合题意．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，考查直线和圆的探究性问题的解答，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题.‎ ‎ ‎