2018-2019学年贵州省黔南州高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年贵州省黔南州高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

‎2018-2019学年贵州省黔南州高二上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．设命题，，则为（ ）‎ A．， B．， ‎ C．， D．，‎ ‎【答案】D ‎【解析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．‎ ‎【详解】‎ 解：全称命题的否定是特称命题，所以，命题，，则为：，．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，基本知识的考查．‎ ‎2．设集合A＝{x|﹣1＜x＜1}，B＝（x|1}，则A∩B＝（ ）‎ A．{x|﹣1＜x＜1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|0≤x＜1} D．{x|0≤x≤1}‎ ‎【答案】C ‎【解析】解出集合，再求出即可.‎ ‎【详解】‎ ‎,‎ 又，‎ 则.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查的是集合的交集的运算，是基础题.‎ ‎3．在区间内随机选取一个实数，则事件“”发生的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】求出不等式的解后利用几何概型的概率计算公式可得所求的概率.‎ ‎【详解】‎ ‎∵，则，故.‎ 设随机事件为“ ”，‎ ‎∴则.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查几何概型的概率的计算，注意根据问题的特点选择合适的测度进行计算，常见的测度有线段的长度、平面区域的面积或几何体的体积，本题属于基础题.‎ ‎4．已知函数，则（ ）‎ A．1 B．-1 C．-2 D．0‎ ‎【答案】A ‎【解析】先判断与1的大小关系，然后代入解析式中，运用指数式对数式恒等式进行计算，再判断与1的大小关系，然后代入解析式中，运用对数的运算求值即可.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 因此，即.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了分段函数求函数值，考查了对数运算和对数式指数式的恒等式，考查了数学运算能力.‎ ‎5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为　　‎ A．6 B．8 C．10 D．12‎ ‎【答案】C ‎【解析】由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，下半部分为正方体，棱长为，上半部分为直三棱柱，高为，底面是等腰直角三角形，直角边长为，再由正方体与棱柱的体积公式求解．‎ ‎【详解】‎ 由三视图还原原几何体如图，‎ 该几何体为组合体，下半部分为正方体，棱长为，上半部分为直三棱柱，高为，底面是等腰直角三角形，直角边长为，则该几何体的体积, 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是基础题．‎ ‎6．我国古代数学著作《九章算术》中，有这样一道题目：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升.问：米几何？”下图是源于其思想的一个程序框图，若输出的（单位：升），则输入的（ ）‎ A．9 B．10 C．11 D．12‎ ‎【答案】D ‎【解析】计算出每次循环时各变量的值并与比较后可得对应的的值.‎ ‎【详解】‎ ‎，；‎ ‎，；‎ ‎，；‎ ‎，，所以.‎ 故选：Ｄ.‎ ‎【点睛】‎ 本题以数学文化为背景考虑流程图，此类问题应该根据流程图计算每次循环时各变量的值，从而可得程序终止的条件、输出的结果等，本题属于中档题.‎ ‎7．若在两个成语中，一个成语的末字恰是另一成语的首字，则称这两个成语有顶真关系，现从分别贴有成语“人定胜天”、“争先恐后”、“一马当先”、“天马行空”、“先发制人”的5张大小形状完全相同卡片中，任意抽取2张，则这2张卡片上的成语有顶真关系的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】从这5张卡片中随机抽取2张，共有10种不同的情况，利用列举法求出其中有顶真关系的共有3种情况，由此能求出这2张卡片上的成语有顶真关系的概率．‎ ‎【详解】‎ 从这5张卡片中随机抽取2张，共有=10种不同的情况，‎ 其中有顶真关系的为：（人定胜天，天马行空），（一马当先，先发制人），（先发胜人，人定胜天），共有3种情况，‎ 这2张卡片上的成语有顶真关系的概率为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎8．函数的图象大致为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】可采用排除法，根据奇偶性和特殊点的函数值的正负进行排除.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以的图象关于原点对称，故排除；‎ 当时，，当时，，所以，排除B．‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据函数的奇偶性和特殊点的函数值的正负识别图像，属于基础题.‎ ‎9．“方程表示的曲线为椭圆”是“”的（ ）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】先求出方程为椭圆时 的范围，然后根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可。‎ ‎【详解】‎ 若方程表示的曲线为椭圆，‎ 则，解得且，‎ 则“方程表示的曲线为椭圆”是“”的充分不必要条件。‎ ‎【点睛】‎ 方程，若，则方程表示的曲线为圆；若，，且，则方程表示的曲线为椭圆；若，则方程表示的曲线为双曲线。‎ ‎10．若不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围为 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】分，两种情况，当，对恒成立，当时，需开口向下，判别式小于0，不等式恒成立.‎ ‎【详解】‎ 当时，原不等式可化为，对恒成立；‎ 当时，原不等式恒成立，需，‎ 解得，‎ 综上.故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了分类讨论思想，二次不等式恒成立的条件，属于中档题.‎ ‎11．已知函数，则下列说法中正确的是（ ）‎ A．函数的图象关于对称 B．函数的图象关于对称 C．函数的最大值比1小 D．函数在上单调递增 ‎【答案】D ‎【解析】利用同角的三角函数的基本关系式、降幂公式及辅助角公式可把化为的形式，再根据正弦函数的性质可得的单调性以及其图象的对称性等.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 令，得，所以其对称中心为，故A不正确；‎ 令，得，‎ 所以其对称轴为直线，故B不正确；‎ ‎，故C不正确；‎ 令，得，‎ 所以函数在上单调递增，故D正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查同角的三角函数的基本关系式、二倍角公式、辅助角公式以及正弦型函数的图象和性质，一般地，对正弦型函数的图像和性质的讨论，可利用整体法和正弦函数的图像和性质来处理，本题为中档题.‎ ‎12．设双曲线M：1（a＞0，b＞0）的上顶点为A，直线y与M交于B，C两点，过B，C分别作AC，AB的垂线交于点D若D到点（0，2）的距离不超过87a，则M的离心率的取值范围是（ ）‎ A．[1，+∞） B．[1，+∞） C．（1，1] D．（1，1]‎ ‎【答案】D ‎【解析】求出双曲线的渐近线方程，令，求得，的坐标，由双曲线的对称性知在轴上，设，则，利用到直线的距离不超过，建立不等式关系，结合双曲线离心率的定义，即可得出结论 ‎【详解】‎ 解：记，由题意可得，，，，‎ 由双曲线的对称性可知点在轴上，设，‎ 则，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 即，‎ 解得，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的方程和性质，考查三角形的垂心的概念，以及两直线垂直的条件：斜率之积为，考查运算能力，属于中档题．‎ 二、填空题 ‎13．已知，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据均值不等式即可求出的最小值.‎ ‎【详解】‎ 因为 ‎ 所以，‎ 根据均值不等式可得：‎ 当且仅当，即时等号成立.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了均值不等式，属于中档题.‎ ‎14．若，满足约束条件，则的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】画出不等式组对应的可行域，平移动直线至点处时可得所求的最小值.‎ ‎【详解】‎ 不等式组对应的可行域如图阴影部分（含边界）所示，‎ ‎ ‎ 当直线经过点时，有最小值.‎ 由可得，故.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用线性规划求最值，一般地，二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率．‎ ‎15．某学院为了调查本校学生2018年9月“健康使用手机”（健康使用手机指每天使用手机不超过3小时）的天数情况，随机抽取了80名本校学生作为样本，统计他们在30天内“健康使用手机”的天数，将所得数据分成以下六组：，，…，，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示.根据频率分布直方图，可计算出这80名学生中“健康使用手机”超过15天的人数为______.‎ ‎【答案】54‎ ‎【解析】计算出健康使用手机超过15天的频率后可得所求的人数.‎ ‎【详解】‎ 由图知，健康使用手机超过15天的频率为，从而健康使用手机超过15天的人数为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查频率分布直方图的应用，注意直方图中，各矩形的高是，本题属于基础题.‎ ‎16．过焦点为的抛物线上一点向其准线作垂线，垂足为，若直线的斜率为，则______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】设准线与轴的交点为，已知长度和角，可求出和角，再由和边角关系可得.‎ ‎【详解】‎ 由题得，设准线与轴的交点为，因为直线的斜率为，‎ 所以.因为，所以.‎ 因为，，所以.‎ 故答案为：4‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的性质，属于基础题。‎ 三、解答题 ‎17．的内角，，的对边分别为，，.已知向量，，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，且，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）先利用向量数量积的坐标形式可以得到 ‎，利用正弦定理和两角和的正弦公式可以得到，从而得到的大小.‎ ‎（2）根据内角和为可得的关系，消元后可求出，再利用正弦定理求出后结合为等腰三角形可得所求的周长.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）根据题意，可得，‎ 化简整理得，‎ 即.‎ 因为，所以，又，‎ 则.‎ ‎（2）由（1）知，‎ 则.‎ 又因为，所以，故，因此.‎ 因为，所以，‎ 故的周长为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量的数量积、两角和的正弦以及正弦定理，注意根据题设条件选择合适的边角关系的转化方法，本题为中档题.‎ ‎18．国家统计局对某市最近十年小麦的需求量进行统计调查发现小麦的需求量逐年上升，如表是部分统计数据：‎ 年份x ‎2009‎ ‎2011‎ ‎2013‎ ‎2015‎ ‎2017‎ 年需求量y（万吨）‎ ‎336‎ ‎346‎ ‎357‎ ‎376‎ ‎385‎ ‎（1）利用所给数据求年需求量y与年份x之间的回归直线方程x；‎ ‎（2）请利用（1）中所求出的回归直线方程预测该市2019年的小麦需求量．‎ ‎（参考公式：，）‎ ‎【答案】(1)；(2)万吨 ‎【解析】（1）直接带入，求出即可 ‎（2）当时代入求出结果即可。‎ ‎【详解】‎ ‎（1），．‎ ‎．‎ ‎．‎ ‎∴所求线性回归方程为；‎ ‎（2）在（1）中求得的线性回归方程中，取x＝2019，‎ 可得（万吨）．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线性回归方程，属于基础题。‎ ‎19．在公差不为零的等差数列{an}中，a6＝17，且a3，a11，a43成等比数列．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列{bn}的前n项和Sn．‎ ‎【答案】（1）an＝3n﹣1（2）‎ ‎【解析】（1）设等差数列的公差为，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；‎ ‎（2）求得，由裂项相消求和化简计算即可得到所求和．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设数列的首项为，公差为．‎ 因为，‎ 所以，‎ 解得，‎ 所以；‎ ‎（2）‎ ‎，‎ 所以 ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的通项公式和求和公式，等比数列中项性质，考查数列的裂项相消求和，以及化简运算能力，属于中档题．‎ ‎20．有一个不透明的袋子，装有4个大小形状完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4.现按如下两种方式随机取球两次，每种方式中第1次取到球的编号记为，第2次取到球的编号记为.‎ ‎（1）若逐个不放回地取球，求是奇数的概率；‎ ‎（2）若第1次取完球后将球再放回袋中，然后进行第2次取球，求直线与双曲线有公共点的概率.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）用列举法可求基本事件的总数和随机事件中的基本事件的总数，利用古典概型的概率公式可求概率.‎ ‎（2）先求出直线与双曲线有公共点时满足的条件，从而得到随机事件中基本事件的个数，再根据古典概型的概率公式可求概率.‎ ‎【详解】‎ 解：用表示先后两次取球构成的基本事件.‎ ‎（1）基本事件有：，，，，，，，，‎ ‎，，，，共12个.‎ 设“是奇数”为事件，则事件包含的基本事件有：，，，，，，，共8个，‎ 故.‎ ‎（2）基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，共16个.‎ 设“直线与双曲线有公共点”为事件，‎ 因为双曲线的渐近线为，所以，得，则事件包含的基本事件有，，，，，共6个，‎ 故.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和双曲线的位置、古典概型的概率的计算，解决此类问题的关键是基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数的计算，计数时应列举法、树形图法或排列组合的方法，另外注意“有放回取球”与“无放回取球”的区别，本题属于中档题.‎ ‎21．如图，四边形为正方形，，且，平面.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）.‎ ‎【解析】（1）由勾股定理可得出，由平面可得出 ‎，利用直线与平面垂直的判定定理可证明出平面，从而得出，再由正方形的性质得出，从而可得出平面，最后利用平面与平面垂直的判定定理可得出平面平面；‎ ‎（2）为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，令，利用空间向量法能求出二面角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1），，.‎ 又平面，平面，. ‎ ‎，平面，平面，. ‎ 四边形为正方形，. ‎ 又，平面. ‎ 平面，平面平面；‎ ‎（2）平面，，平面.‎ 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，令.‎ 则、、、，‎ ‎，，，‎ 设平面的法向量为，则，‎ 令，则，.‎ 设平面的法向量为，则，‎ 令，则，，∴，‎ ‎. ‎ 二面角为锐角，二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面与平面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查推理论证能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎22．已知椭圆：的四个顶点围成的四边形的面积为，原点到直线的距离为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知定点，是否存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点？若存在，求出的方程：若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，且方程为或.‎ ‎【解析】（1）依题意列出关于a,b,c的方程组，求得a,b,进而可得到椭圆方程；（2）联立直线和椭圆得到，要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，结合韦达定理可得到参数值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）直线的一般方程为.‎ 依题意，解得，故椭圆的方程式为.‎ ‎（2）假若存在这样的直线，‎ 当斜率不存在时，以为直径的圆显然不经过椭圆的左顶点，‎ 所以可设直线的斜率为，则直线的方程为.‎ 由，得.‎ 由，得.‎ 记，的坐标分别为，，‎ 则，，‎ 而 .‎ 要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，‎ 即 ，‎ 所以 ，‎ 整理解得或，‎ 所以存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点，直线的方程为或.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎