2017-2018学年云南省峨山一中高二下学期6月月考数学（理）试题-解析版
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云南省峨山一中2017-2018学年下学期6月月考高二数学（理）试题
评卷人
得分
一、单选题
1．已知集合A={x|≤0}，B={x|0
0)的顶点，点M在抛物线的对称轴上，点P在抛物线上，则点P与抛物线的焦点F之间的距离是
A． 2p B． p C． 2p D． p
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据条件解得P的横坐标，再根据抛物线定义求点P与抛物线的焦点F之间的距离.
【详解】
由题意得
因此点P与抛物线的焦点F之间的距离为，选B.
【点睛】
1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理． 2．若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦 AB的端点坐标为，则弦长为可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．
7．某年高考中，某省10万考生在满分为150分的数学考试中，成绩分布近似服从正态分布，则分数位于区间分的考生人数近似为（ ）
（已知若，则， ， ）
A． 1140 B． 1075 C． 2280 D． 2150
【答案】C
【解析】
【分析】
先计算区间（110，130）概率，再用0.5减得区间（130，150）概率，乘以总人数得结果.
【详解】
由题意得，
因此，
所以，
即分数位于区间分的考生人数近似为，选C.
【点睛】
正态分布下两类常见的概率计算
(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1.
(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个.
8．已知向量，，若与共线，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据向量平行坐标表示得方程，解得结果.
【详解】
因为与共线，
所以，选A.
【点睛】
向量平行：，向量垂直：，向量加减：
9．设，是不同的直线，，，是不同的平面，有以下四个命题
①；②；③；④.其中正确的命题是（ ）
A． ①④ B． ①③ C． ②③ D． ②④
【答案】B
【解析】
试题分析：根据面面平行的性质可知①正确；②中与可能垂直也可能平行，故②不正确；根据直线和平面平行、线面垂直的性质可知③正确；④中与可能平行或在内，故④不正确，故选C．
考点：空间直线与平面间的位置关系．
10．篮球比赛中每支球队的出场阵容由5名队员组成，2017年的篮球赛中，休斯敦火箭队采取了“八人轮换”的阵容，即每场比赛只有8名队员有机会出场，这8名队员中包含两名中锋，两名控球后卫，若要求每一套出场阵容中有且仅有一名中锋，至少包含一名控球后卫，则休斯顿火箭队的主教练一共有（ ）种出场阵容的选择.
A． 16 B． 28 C． 84 D． 96
【答案】B
【解析】有两种出场方案：（1）中锋1人，后卫1人，有种出场阵容，（2）中锋1人，后卫2人，有种出场阵容，共计28种，选B.
11．已知双曲线 的一个焦点坐标为,且双曲线的两条渐近线互相垂直,则该双曲线的方程为( )
A． B．
C． D． 或
【答案】A
【解析】分析：先利用双曲线的渐近线相互垂直得出该双曲线为等轴双曲线，再利用焦点位置确定双曲线的类型，最后利用几何元素间的等量关系进行求解.
详解：因为该双曲线的两条渐近线互相垂直，
所以该双曲线为等轴双曲线，即，
又双曲线的一个焦点坐标为，
所以，即，
即该双曲线的方程为.故选D.
点睛：本题考查了双曲线的几何性质，要注意以下等价关系的应用：
等轴双曲线的离心率为，其两条渐近线相互垂直.
12．已知是函数的一个极值点，四位同学分别给出下列结论，则一定不成立的结论是
A． a=0 B． a=c C． c≠0 D． b=0
【答案】D
【解析】
【分析】
由极值定义得关系式，根据关系式判断选择.
【详解】
因为，
所以，
因此，所以，选D.
【点睛】
若函数在点处取得极值，则，且在该点左、右两侧的导数值符号相反.
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分
二、填空题
13．已知向量a=(1，y)，b=(−2，4)，若a⊥b，则|2a+b|=______________________．
【答案】5
【解析】
【分析】
根据向量垂直坐标表示得方程，解得y，再根据向量模的坐标表示得结果.
【详解】
因为a⊥b，所以
【点睛】
向量平行：，向量垂直：，向量加减：
14．已知(a，n)的展开式中第3项与第4项的二项式系数最大，且含的项的系数为40，则的值为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据二项式系数性质求n，再根据二项展开式求含的项的系数，解得的值.
【详解】
由已知得，所以含的项的系数为
【点睛】
求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
15．已知等差数列{}的前n项和为，满足=，且>0，则最大时n的值是__．
【答案】9
【解析】
【分析】
根据等差数列前n项和公式以及二次函数性质求最大时n的值.
【详解】
因为=，且>0，所以等差数列的公差为负，因此中二次项系数小于零，因此当时，最大.
【点睛】
数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用对应函数性质，如等差数列通项与一次函数，等差数列和项与二次函数，等比数列通项、和项与指数函数.
16．在区间内任取一个实数，则使函数在上为减函数的概率是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
几何概型概率，测度为长度，根据函数单调性确定a取值范围，再根据长度比得概率.
【详解】
因为函数在上为减函数，所以，
因此所求概率为
【点睛】
(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．
(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．
评卷人
得分
三、解答题
17．已知等比数列{}的公比q>1，=1，且2，，3成等差数列．
(1)求数列{}的通项公式；
(2)记=2n，求数列{}的前n项和．
【答案】（1）=（2）=(n−1)×+2
【解析】
【分析】
（1）根据条件列关于公比的方程，解得公比，代入通项公式即可，（2）利用错位相减法求和.
【详解】
(1)由2，，3成等差数列可得2=2+3，即2 =2q+3 ，
又q>1，=1，故2=2+3q，即2−3q−2=0，得q=2，
因此数列{}的通项公式为=．
(2)=2n×=n×，
=1×2+2×22+3×23+…+n× ①，
2=1×22+2×23+3×24+…+n× ②．
①−②得−=2+22+23+…+−n×，
−= −n×，
=(n−1)×+2．
【点睛】
用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
18．某竞赛的题库系统有60%的自然科学类题目，40%的文化生活类题目(假设题库中的题目总数非常大)，参赛者需从题库中抽取3个题目作答，有两种抽取方法：方法一是直接从题库中随机抽取3个题目；方法二是先在题库中按照题目类型用分层抽样的方法抽取10个题目作为样本，再从这10个题目中任意抽取3个题目．
(1)两种方法抽取的3个题目中，恰好有1个自然科学类题目和2个文化生活类题目的概率是否相同?若相同，说明理由；若不同，分别计算出两种抽取方法对应的概率．
(2)已知某参赛者抽取的3个题目恰好有1个自然科学类题目和2个文化生活类题目，且该参赛者答对自然科学类题目的概率为，答对文化生活类题目的概率为．设该参赛者答对的题目数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）两种抽取方法得到的概率不同（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）分别计算两种方法下概率，再比较，（2）先确定随机变量，再分别求对应概率，列表得分布列，最后根据数学期望公式求期望.
【详解】
(1)两种抽取方法得到的概率不同．
方法一：由于题库中题目总数非常大，可以认为每抽取1个题目，抽到自然科学类题目的概率均为，抽到文化生活类题目的概率均为，所以抽取的3个题目中恰好有1个自然科学类题目和2个文化生活类题目的概率为× ()=．
方法二：按照题目类型用分层抽样抽取的10个题目中有6个自然科学类题目和4个文化生活类题目，从这10个题目中抽取3个题目，恰好有1个自然科学类题目和2个文化生活类题目的概率为=
(2)由题意得，X的所有可能取值为0，1，2，3．
P(X=0)==，
P(X=1)= ++=
P(X=2)= ++=，P(X=3)= =．
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望E(X)=0× +1× +2× +3×=．
【点睛】
求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：
第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；
第二步是“探求概率”，即利用排列组合，枚举法，概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；
第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；
第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值.
19．如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90º，AD=2BC，PA⊥平面ABCD．
(1)设E为线段PA的中点，求证：BE∥平面PCD；
(2)若PA=AD=DC，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）设线段AD的中点为F，根据三角形中位线性质以及平行四边形性质得线线平行，再根据线面平行判定定理得线面平行，最后根据面面平行判定定理得面面平行，即得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得各面法向量，根据向量数量积求得法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
(1)设线段AD的中点为F，连接EF，BF．
在△PAD中，因为EF为△PAD的中位线，所以EF∥PD．
又EF平面PCD，PD平面PCD，所以EF∥平面PCD．
在底面直角梯形ABCD中，FD∥BC，且FD=BC，
故四边形DFBC为平行四边形，FB∥CD．
又FB平面PCD，CD平面PCD，所以FB∥平面PCD．
又EF平面EFB，FB平面EFB，且EF∩FB=F，所以平面EFB∥平面PCD．
又BE平面EFB，所以BE∥平面PCD．
(2)以A为坐标原点， 的方向为y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设PA=2，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，B(2,1,0)，
=(0,0,2)，=(2,1,0)，=(0,2, −2)， =(2,0,0)．
设n=(x,y,z)是平面PAB的法向量，则
，即 ，
令x=1，得y=−2，z=0，则n=(1, −2,0)是平面PAB的一个法向量，
同理，m=(0, −1, −1)是平面PCD的一个法向量．
所以cos= ，
所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】
利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
20．已知，，分别是的内角，，所对的边，且，.
（1）求角的大小；
（2）若，求边的长.
【答案】（1）；（2）
【解析】
试题分析：（1）由 利用正弦定理及两角和与差的正弦公式化简，整理求出，又为三角形内角，所以；（2）由的值求出的值，利用两角和与差正弦化简，把各自的值代入，求出的值，即为的值，再由的值，利用正弦定理求出的值即可.
试题解析：（1）因为，
所以，
所以，
所以，又为三角形内角，所以.
（2）因为，所以，
所以
.
由正弦定理得，所以.
21．已知函数（）
（1）若曲线在点处的切线经过点，求的值；
（2）若在内存在极值，求的取值范围；
（3）当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）根据导数几何意义得切线斜率，根据两点斜率公式列方程，解得的值；（2）先根据极值定义转化为在内有解且在内有正有负，再根据函数单调性列等价不等式组，解得的取值范围；（3）先分离变量，转化为求对应函数最值，再根据导数研究对应函数单调性，进而确定函数最值，即得结果.
【详解】
解：.
（1），.
因为在处的切线过，
所以.
（2）在内有解且在内有正有负.
令.
由，得在内单调递减，
所以.
（3）因为时恒成立，
所以.
令，
则.
令，
由，
得在内单调递减，又，
所以时，
即，单调递增，
时，
即，单调递减.
所以在内单调递增，
在内单调递减，
所以.
所以.
【点睛】
利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
22．已知椭圆的左、右焦点分别为,点也为抛物线的焦点.
(1)若为椭圆上两点,且线段的中点为,求直线的斜率；
(2)若过椭圆的右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于和,设线段的长分别为,证明是定值.
【答案】（1）（2）
解:因为抛物线的焦点为,所以,故.
所以椭圆.
(1)设,则
两式相减得 ，
又的中点为,所以.
所以.
显然,点在椭圆内部,所以直线的斜率为.
(2)椭圆右焦点.
当直线的斜率不存在或者为时, .
当直线的斜率存在且不为时,设直线的方程为，
设,联立方程得
消去并化简得 ，
因为 ，
所以，.
所以
同理可得.
所以 为定值.
【解析】
分析：（1）先利用抛物线的焦点是椭圆的焦点求出，进而确定椭圆的标准方程，再利用点差法求直线的斜率；（2）设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系进行求解.
详解：因为抛物线的焦点为，所以，故.
所以椭圆.
（1）设，，则
两式相减得，
又的中点为，所以，.
所以.
显然，点在椭圆内部，所以直线的斜率为.
（2）椭圆右焦点.
当直线的斜率不存在或者为时，.
当直线的斜率存在且不为时，设直线的方程为，
设，，联立方程得
消去并化简得，
因为，
所以，.
所以，
同理可得.
所以为定值.
点睛：在处理直线与椭圆相交的中点弦问题，往往利用点差法进行求解，比联立方程的运算量小，另设直线方程时，要注意该直线的斜率不存在的特殊情况，以免漏解.
