2017-2018学年山西省临汾第一中学高二下学期期末考试数学（理）试题-解析版

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绝密★启用前 山西省临汾第一中学2017-2018学年高二下学期期末考试数学（理）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知集合,,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：先化简集合P,Q，再求.‎ 详解：由题得，，‎ 所以.‎ 故答案为：D.‎ 点睛：本题主要考查集合的化简与交集运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平，属于基础题.‎ ‎2．已知复数满足，则（ ）‎ A. B. 5 C. D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：将化为，然后进行化简即可得到z=a+bi的形式，再有模长公式计算即可。‎ 详解：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故选C 点睛：本题主要考查复数的运算和复数的模长。‎ ‎3．已知，则的值是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】 ， ,又 ,故选D.‎ ‎4．已知函数是上的减函数，则的取值范围是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：因为函数是上的减函数，所以解得.故选D.‎ 考点：1、函数的基本性质；2、分段函数.‎ ‎5．执行如图所示的程序框图，则程序最后输出的结果为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由程序框图知， ； 此程序的值构成了周期为的周期数列，当时， ，即输出的为，故选B.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.‎ ‎6．设曲线及直线所围成的封闭图形为区域，不等式组所确定的区域为，在区域内随机取一点，则该点恰好在区域内的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：求出两个区域的面积，由几何概型概率公式计算可得.‎ 详解：由题意，，‎ ‎∴，‎ 故选C.‎ 点睛：以面积为测度的几何概型问题是几何概型的主要问题，而积分的重要作用正是计算曲边梯形的面积，这类问题巧妙且自然地将新课标新增内容——几何概型与定积分结合在一起，是近几年各地高考及模拟中的热点题型．预计对此类问题的考查会加大力度．‎ ‎7．定义在上的函数满足,,且时, ,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由于，因此函数为奇函数，，故函数的周期为4，，即，，，‎ 故答案为C 考点：1、函数的奇偶性和周期性；2、对数的运算 ‎8．我国古代数学名著《九章算术》记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无丈.刍,草也；薨,屋盖也.”翻译为:“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图,为刍甍的三视图,其中正视图为等腰梯形,侧视图为等腰三角形,则它的体积为（ ）‎ A. B. 160 C. D. 64‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.‎ 详解：‎ 由三视图可知该刍甍是一个组合体，‎ 它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，‎ 根据三视图中的数据，求出棱锥与棱柱的体积相加即可，‎ ‎ ，故选A.‎ 点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.‎ ‎9．某个班级组织元旦晚会，一共准备了、、、、、六个节目，节目演出顺序第一个节目只能排或，最后一个节目不能排，且、要求相邻出场，则不同的节目顺序共有（ ）种 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：先排第一个节目，同时把C、D捆绑在一起作为一个元素，按第一个节目排A还是排B分类，如果第一个是B，则第二步排最后一个节目，如果第一个是A，则后面全排列即可．‎ 详解：由题意不同节目顺序有．‎ 故选B．‎ 点睛：本题考查了排列、组合题两种基本方法 ‎(1)限制元素(位置)优先法：①元素优先法：先考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素；②位置优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位置．‎ ‎(2)相邻问题捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”作全排列，最后再“松绑”——将“捆绑”元素在这些位置上作全排列．‎ ‎10．在三棱锥中，平面，，，，是边上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据题意画出图形，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥 外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．‎ 详解：三棱锥 设直线 与平面所成角为 ，如图所示；则 由题意 且的最大值是，∴，解得 ‎ 即的最小值为∴的最小值是，即点到的距离为， ‎ 取的外接圆圆心为，作 ， ‎ 解得 ； 为的中点， ‎ 由勾股定理得 ‎ ‎∴三棱锥的外接球的表面积是 ‎ 故选B.‎ 点睛：本题考查了几何体外接球的应用问题，解题的关键求外接球的半径，是中档题．‎ ‎11．设椭圆的左、右焦点分别为,点.已知动点在椭圆上,且点不共线,若的周长的最小值为,则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：利用椭圆定义的周长为，结合三点共线时，的最小值为，再利用对称性，可得椭圆的离心率.‎ 详解：‎ 的周长为 ‎，‎ ‎∴‎ 故选：A 点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：‎ ‎①求出a，c，代入公式；‎ ‎②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．‎ ‎12．已知函数，若，且对任意的恒成立，则的最大值为 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】由,则= 可化简为,构造函数,,令,即在单调递增,设,因为, ,所以,且,故在上单调递减, 上单调递增,所以,又,,即k的最小值为4,故选B.‎ 点睛:本题考查函数的恒成立和有解问题,属于较难题目.首先根据自变量x 的范围,分离参数和变量,转化为新函数g(x)的最值,通过构造函数求导判断单调性,可知在上单调递减, 上单调递增,所以,且,,通过对最小值化简得出的范围,进而得出k的范围.‎ 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．平面向量与的夹角为,,,则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：先计算，再利用向量模的公式求.‎ 详解：由题得，‎ 所以 ‎ 故答案为：.‎ 点睛：(1)本题主要考查向量的模的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本计算能力.(2)若，则.‎ ‎14．在的展开式中， 的系数为__________ （用数字作答）．‎ ‎【答案】60‎ ‎【解析】，它展开式中的第项为，令，则 ， 的系数为，故答案为.‎ ‎15．已知实数，满足约束条件，且的最小值为3，则常数__________．‎ ‎【答案】-2.‎ ‎【解析】分析：画出可行域，将变形为，平移直线由图可知当直经过点时，直线在轴上的截距最小，根据的最小值为列方程求解即可.‎ 详解：‎ 画出表示的可行域，如图，‎ 由可得，‎ 将变形为，‎ 平移直线,‎ 由图可知当直经过点时，‎ 直线在轴上的截距最小，根据的最小值为可得 ‎，解得，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.‎ ‎16．如图所示，在平面四边形中，，，为正三角形，则面积的最大值为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】分析：在中设运用余弦定理，表示出，利用正弦定理可得，进而用三角形面积公式表示出，利用三角函数的有界性可得结果.‎ 详解：‎ 在中，‎ 由余弦定理可知，‎ 正三角形，，‎ 由正弦定理得：，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，为锐角，，‎ ‎， ‎ ‎，‎ 当时，，‎ 最大值为，故答案为.‎ 点睛：本题考查正弦定理与余弦定理的应用以及辅助角公式的应用，属于难题. ‎ 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知数列的前项和满足：.‎ ‎（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）由求得，由时，可得的递推式，得其为等比数列，从而易得通项公式；‎ ‎（2）根据（1）的结论，数列的前项和可用裂项相消法求得．‎ 详解：（1）∵ ①‎ 当时，，∴‎ 当时， ②‎ 由①-②得：‎ ‎∴‎ ‎∴是以为首项，公比为的等比数列 ‎∴‎ ‎（2）∵‎ ‎∴‎ 点睛：设数列是等差数列，是等比数列，则数列，，的前项和求法分别为分组求和法，错位相减法，裂项相消法．‎ ‎18．如图，在四棱锥中，底面，，，，点为棱的中点.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）若点为棱上一点，且，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】分析：（Ⅰ）由题意可得．两两垂直，建立空间直角坐标系，根据可证得．（Ⅱ）根据点在棱上可设，再由，得，由此可得，从而可得．然后可求得平面的法向量为，又平面的一个法向量，可得，然后结合图形可得所求．‎ 详解：（Ⅰ）证明：底面， 平面，面，‎ ‎∴，，‎ 又，‎ ‎∴．两两垂直．‎ 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.‎ 则由题意得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得,．‎ 由点在棱上，‎ 设，，‎ ‎，‎ ‎,‎ 解得，‎ ‎∴．‎ 设平面的法向量为，则 由，得，‎ 令，得．‎ 由题意取平面的一个法向量．‎ ‎∴，‎ 由图形知二面角是锐角，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ 点睛：用坐标法解答立体几何问题的几个注意点：‎ ‎（1）建立空间直角坐标系时首先要判断是否满足条件，即是否有三条两两垂直的直线；‎ ‎（2）求点的坐标时一定要准确，对于不容易求的点的坐标，可根据向量的共线等方法求解；‎ ‎（3）求二面角的余弦值时，在求得两平面法向量夹角的余弦值后，还要根据图形判断出二面角为锐角还是钝角，最后再下结论．‎ ‎19．某市政府为了节约生活用电，计划在本市试行居民生活费定额管理，即确定一户居民月用电量标准，用电量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为此，政府调查了100户居民的月平均用电量（单位：度），以，，，，，，分组的频率分布直方图如图所示.‎ ‎（1）根据频率分布直方图的数据，求直方图中的值并估计该市每户居民平均用电量的值；‎ ‎（2）用频率估计概率，利用（1）的结果，假设该市每户居民月平均用电量服从正态分布 ‎（i）估计该市居民月平均用电量介于度之间的概率；‎ ‎（ii）利用（i）的结论，从该市所有居民中随机抽取3户，记月平均用电量介于度之间的户数为，求的分布列及数学期望.‎ ‎【答案】(1)225.6.‎ ‎(2) （i） ；（ii） 分布列见解析；.‎ ‎【解析】分析：（1）由矩形面积和为列方程可得，利用每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标相乘后求和，即可得到该市每户居民平均用电量的值；(2) （i）由正态分布的对称性可得结果；（ii）因为，则，，从而可得分布列，利用二项分布的期望公式可得结果.‎ 详解：（1）由得 ‎（2）（i）‎ ‎（ii）因为，∴，.‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以 点睛：“求期望”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望．对于某些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度．‎ ‎20．已知直线是抛物线的准线，直线，且与抛物线没有公共点，动点在抛物线上，点到直线和的距离之和的最小值等于2.‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的方程；‎ ‎（Ⅱ）点在直线上运动，过点做抛物线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得恒成立？若存在，请求出定点的坐标，若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(1) (2) 存在定点，使得恒成立 ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）作分别垂直和，垂足为，抛物线的焦点为，根据抛物线的定义可得的最小值即为点到直线的距离，故，从而可得结果；（Ⅱ）设， ， ， ，利用导数得到切线斜率，可设出切线方程，根据点在切线上可得到和是一元二次方程的根，利用韦达定理以及平面向量数量积公式，可得时，从而可得结论.‎ 试题解析：（Ⅰ）作分别垂直和，垂足为，抛物线的焦点为，‎ 由抛物线定义知，所以，‎ 显见的最小值即为点到直线的距离，故，‎ 所以抛物线的方程为．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线的方程为，当点在特殊位置时，显见两个切点关于轴对称，故要使得，点必须在轴上．‎ 故设， ， ， ，‎ 抛物线的方程为，求导得，所以切线的斜率，‎ 直线的方程为，又点在直线上，‎ 所以，整理得，‎ 同理可得，‎ 故和是一元二次方程的根，由韦达定理得，‎ ‎ ‎ ‎ ，‎ 可见时， 恒成立，‎ 所以存在定点，使得恒成立．‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）设，是的两个零点，证明：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】分析：（1）求导，分类讨论讨论和可得；‎ ‎（2）由分离参数可得，构造函数，可知在上单调递增，不妨设，可得，，等价于，由，则可将问题转化为只需证。‎ 详解：（1）解：，‎ 当时，，则在上单调递增.‎ 当时，，得，则的单调递增区间为.‎ 令，得，得的单调递减区间为.‎ ‎（2）证明：由得，设，则，‎ 由得；由，得.‎ 故.‎ 当时，；当时，.‎ 不妨设，则，.‎ 等价于，∵，且在上单调递增，‎ ‎∴要证，只需证，即，‎ 即证.‎ 设，，‎ 则，‎ 令，则，∵，∴，‎ ‎∴在上单调递减，即在上单调递减，‎ ‎∴，∴在上单调递增，‎ ‎∴，∴，‎ 从而得证.‎ 点睛：本题主要考查利用导数判断函数的单调性，以及函数零点个数的判断和函数性质的综合应用，考查了分类讨论思想，综合性较强、难度较大，第二问构造函数，不妨设，由已知将问题转化为只需证是关键。‎ ‎22．选修4-4：坐标系与参数方程 直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为.‎ ‎（1）求圆的直角坐标方程；‎ ‎（2）设圆与直线交于点，，若点的坐标为，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据 将圆的极坐标方程转化为直角坐标方程（2）由直线参数方程得，所以将直线参数方程代入圆直角坐标方程得t2+2(cosα-sinα)t-7=0，利用韦达定理化简得，最后根据三角函数有界性求最小值.‎ 试题解析：（1）由ρ=6sinθ得ρ2=6ρsinθ，化为直角坐标方程为x2+y2=6y，即x2+(y-3)2=9．‎ ‎（2）将的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得t2+2(cosα-sinα)t-7=0． ‎ 由△=4(cosα-sinα)2+4×7＞0，故可设t1，t2是上述方程的两根，‎ 所以 又由直线过点(1,2)，故，结合参数的几何意义得 ‎，当时取等．‎ 所以|PA|+|PB|的最小值为．‎ ‎23．（题文）选修4-5：不等式选讲 已知函数，‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若方程在区间有解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1).‎ ‎(2).‎ ‎【解析】分析：第一问解绝对值不等式，首先应用零点分段法去掉绝对值符号，将其转化为三个不等式组，最后将不等式组的解集取并集求得结果；第二问将函数的图像画出，之后在同一坐标系中画抛物线，上下移动抛物线，使得函数图像与抛物线在上有交点，从而求得的范围.‎ 详解：（1）可化为 或或；‎ 或或； ‎ 不等式的解集为； ‎ ‎（2）由题意：‎ 故方程在区间有解函数和函数图象在区间上有交点 当时，‎ ‎. ‎ 点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的问题，一是涉及到绝对值不等式的求解问题，利用零点分段法求解，二是关于方程有解求参数范围的问题，在求解的过程中，可以转化为函数图像有交点，观察图像求得其范围，此处数形结合思想就显得尤为重要.‎