江西省景德镇一中2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题 Word版含解析

江西省景德镇一中2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 德镇一中2019～2020学年第一学期期末考试卷 高二（16）班数学 一.选择题：本题共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】‎ 根据分式不等式的解法和函数的定义域，求得集合或，，再利用集合的运算，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，集合或，，‎ 则，所以，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中利用分式不等式的解法和函数的定义域求得集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎2.复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算法则，求得复数，即可得到复数的模，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，复数，解得，所以，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的模的求解，其中解答中熟记复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ - 22 -‎ ‎3.已知平面内一条直线及平面，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的判定定理和性质定理，以及充分条件和必要条件的判定方法，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，根据直线与平面垂直的判定定理，可得由“”可证得“”，即充分性是成立的；‎ 反之由“”不一定得到“”，即必要性不成立，‎ 所以“”是“”的充分不必要条件，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记线面垂直的判定与性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．‎ ‎4.公比不为的等比数列中，若，则不可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的性质，得到，且，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由，根据等比数列的性质，可得，且，‎ 所以可能值为或或，‎ 所以不可能的是6，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的性质的应用，其中熟记等比数列的性质是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎5.已知一组样本数据点，用最小二乘法求得其线性回归方程为.若的平均数为，则（ ）‎ - 22 -‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设这组样本数据中心点为，代入线性回归方程中求得，再求的值.‎ ‎【详解】解：设样本数据点的样本中心点为， 则，代入线性回归方程中，得， 则. 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了线性回归方程的应用问题，是基础题.‎ ‎6.在平面直角坐标系中，已知，动点满足，则动点的轨迹方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，然后表示出向量的坐标，代入已知条件，整理后得到动点的轨迹方程.‎ ‎【详解】设，‎ ‎，，‎ 因为 所以 整理得 故选A项.‎ ‎【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，属于简单题.‎ - 22 -‎ ‎7.已知二元一次不等式组表示的平面区域为，命题：点在区域内；命题：点在区域内. 则下列命题中，真命题是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二元一次不等式组，判定出命题为假命题，为真命题，再根据复合命题真值表，即可得到判定，得到答案．‎ ‎【详解】由二元一次不等式组，可得点不适合不等式，所以点不在不等式组表示的平面区域内，所以命题为假命题，则为真命题，‎ 又由点适合不等式组每个不等式，所以点在不等式组表示的平面区域内，所命题为真命题，‎ 由复合命题真值表可得，命题为真命题，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了二元一次不等式组表示的平面区域，以及复合命题的真假判定，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．．‎ ‎8.已知的垂心为，且是的中点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将转化为，然后得到，再将和，用来表示，得到答案.‎ ‎【详解】因为为的垂心，所以，‎ - 22 -‎ 而，‎ 所以 因为是的中点，‎ 所以 ‎【点睛】本题考查向量的互相表示，向量的数量积，属于简单题.‎ ‎9.圆上有且仅有两点到双曲线的一条渐近线的距离为，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 双曲线的一条渐近线为，圆，圆心，半径，根据题意，圆心到的距离的范围为，从而得到关系式，利用得到关系，从而得到离心率.‎ ‎【详解】双曲线的一条渐近线为，‎ 圆，圆心，半径 因为圆上有且仅有两点到的距离为1，‎ 所以圆心到的距离的范围为 即，‎ 而 所以，即 - 22 -‎ 故选C项.‎ ‎【点睛】本题考查圆上的点到直线的距离，双曲线的渐近线，求双曲线的离心率，属于中档题.‎ ‎10.《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该作完善了珠算口诀，确立了算盘用法，完成了由筹算到珠算的彻底转变，该作中有题为“李白沽酒”“李白街上走，提壶去买酒．遇店加一倍，见花喝一斗，三遇店和花，喝光壶中酒．借问此壶中，原有多少酒？”，如图为该问题的程序框图，若输出的值为0，则开始输入的值为（ ） ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先执行程序，依次求出每次的输出结果，当输出结果为0时，求出此时的值，因此输入框里的输入的值是此时的值，从中选出正确的答案.‎ ‎【详解】模拟程序的运行，可得 当时，，满足条件，执行循环体；‎ 当时，，满足条件，执行循环体；‎ 当时，，不满足条件，退出循环体，输出，‎ 所以，.‎ 所以本题答案为B.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查了通过输出结果写出输入框中输入的值，正确按程序框图写出每次循环后的结果，是解题的关键.‎ ‎11.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的外接圆的半径，然后取的外接圆的圆心，过作，且，由于平面，故点为三棱锥的外接球的球心，为外接球半径，求解即可.‎ ‎【详解】在中，，，可得，‎ 则的外接圆的半径，取的外接圆的圆心，过作，且，‎ 因为平面，所以点为三棱锥的外接球的球心，‎ 则，即外接球半径，‎ 则三棱锥外接球的表面积为.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.‎ - 22 -‎ ‎12.已知实数，满足，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，得，变形为，令，，求导求最值得,结合取等条件求出x,y即可 ‎【详解】设，，则 ‎，‎ 令，(m)=m<1,(m)>0,m>1,(m)<0,则在单调递增单调递减，‎ 令，则单调递减，单调递增 由题意，，，，,故x+y=2‎ 故选A ‎【点睛】本题考查导数与函数的综合，导数与函数的最值问题，换元思想，将题目转化为两个函数的最值问题是关键，是难题 二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.展开式中的常数项为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出二项式的通项，直接由x的指数为0求得r的值，再代入通项求得答案.‎ - 22 -‎ ‎【详解】由得到：‎ 故，得到 因此：展开式中的常数项为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了二项式展开式的系数，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.‎ ‎14.已知的半衰期为年（是指经过年后,的残余量占原始量的一半）.设的原始量为,经过年后的残余量为,残余量与原始量的关系如下:,其中表示经过的时间,为一个常数.现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土时的残余量约占原始量的.请你推断一下马王堆汉墓的大致年代为距今________年.（已知）‎ ‎【答案】2292‎ ‎【解析】‎ 由题意可知，当时，，解得.‎ 现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土时的残余量约占原始量的.‎ 所以，得,.‎ ‎15.已知为抛物线上的两个动点，且，抛物线的焦点为，则面积的最小值为_________.‎ ‎【答案】12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 由于，设，由，得到t,m 关系，利用均值不等式求得最大值，继而得解.‎ ‎【详解】设，且 或（舍去）‎ 由于异号，不妨设 则 当且仅当：，即时等号成立.‎ 因此面积的最小值为16，此时 因此直线OA倾斜角为，斜率为1.‎ 故点A就是直线y=x与抛物线的除原点外的另一个交点：‎ 故A（4，4），B（4，-4）‎ 因此 故答案为：12‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线和抛物线的位置关系，考查了学生综合分析，转化划归，求解运算的能力，属于较难题.‎ ‎16.中，角所对应的边分别为，若边上的高等于，当最大时，_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 利用边上的高等于及面积公式得到：，又由余弦定理得到 ‎，即得解最大值，利用求解b,c比例关系，即得解.‎ ‎【详解】在中，边上的高等于，因此: ‎ 由余弦定理：‎ 故的最大值为，当时成立.‎ 由于令 故 又 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了解三角形综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.‎ 三.解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ - 22 -‎ ‎17.已知等比数列的首项，前项和为，设，且数列为等比数列.‎ ‎（1）求，的通项公式；‎ ‎（2）若数列的前项和为，求的值.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，由数列为等比数列，成等比数列，求解，得到，的首项和公比，即得解.‎ ‎（2）,乘公比错位相减法求和，代入计算即得解.‎ ‎【详解】（1）不妨设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式和求和公式得到：‎ 且：‎ 由于数列为等比数列， ‎ 故：‎ ‎（2）。利用乘公比错位相减法求和，‎ - 22 -‎ 故：‎ ‎【点睛】本题考查了等差等比数列综合，乘公比错位相减，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.‎ ‎18.已知四棱柱中，底面为菱形，，为中点，在平面上的投影为直线与的交点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见详解 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，先证明为平行四边形，因此平面ABCD，继而证明平面即得证.‎ ‎（2）如图建立空间直角坐标系，计算平面，平面的法向量，利用二面角的向量计算公式，即得解.‎ ‎【详解】（1）‎ - 22 -‎ 连接，‎ 由于为中点，且，故为中点，‎ 故四边形为平行四边形, ‎ 由于四棱柱且 故四边形为平行四边形, ‎ 由于底面为菱形，故，且，‎ 由于，故四边形为平行四边形，所以 故：平面ABCD 又平面平面 故平面平面 ‎（2）由（1）BH，BD，两两垂直，以B为原点如图建立空间直角坐标系.‎ - 22 -‎ 设平面的法向量为，‎ 故，令，故 设平面的法向量为，‎ 故，令，故 由图像得二面角为锐角，故 故 ‎【点睛】本题考查了立体几何和空间向量综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算能力，属于中档题.‎ ‎19.某“双一流”大学专业奖学金是以所学专业各科考试成绩作为评选依据，分为专业一等奖学金（奖金额元）、专业二等奖学金（奖金额元）及专业三等奖学金（奖金额元），且专业奖学金每个学生一年最多只能获得一次.图（1）是统计了该校年名学生周课外平均学习时间频率分布直方图，图（2）是这名学生在年周课外平均学习时间段获得专业奖学金的频率柱状图.‎ ‎（Ⅰ）求这名学生中获得专业三等奖学金的人数；‎ ‎（Ⅱ）若周课外平均学习时间超过小时称为“努力型”学生，否则称为“非努力型”学生，列联表并判断是否有的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与是否是“努力型”学生有关？‎ ‎（Ⅲ）若以频率作为概率，从该校任选一名学生，记该学生 - 22 -‎ 年获得的专业奖学金额为随机变量，求随机变量的分布列和期望.‎ ‎【答案】（Ⅰ）160人；（Ⅱ）有；（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据频率之和为1，得到获得三等奖学金的频率，再由总人数得到答案；（Ⅱ）根据频率分布直方图和频率柱状图，填写好列联表，再计算出进行判断，得到答案；（Ⅲ）先得到可取的值，再分别求出其概率，根据数学期望的公式，得到答案.‎ ‎【详解】获得三等奖学金的频率为:‎ ‎,‎ 故这名学生获得专业三等奖学金的人数为人.‎ 每周课外学习时间不超过小时的“非努力型”学生有 其中获得一、二等奖学金学生有 每周课外学习时间超过小时称为“努力型”学生有人，‎ 其中获得一、二等奖学金学生有人，‎ 联表如图所示:‎ - 22 -‎ ‎“非努力型”学生 ‎“努力型”学生 总计 获得一二等奖学金学生 未获得一二等奖学金学生 总计 故有的把握认为获得一二等奖学金与学习“努力型”学生的学习时间有关；‎ 的可能取值为 ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ 的分布列 ‎0‎ ‎600‎ ‎1500‎ ‎3000‎ ‎0.424‎ ‎0.32‎ ‎0.198‎ ‎0.058‎ 其期望为元.‎ ‎【点睛】本题考查利用频率分布直方图求频率和频数，通过求的值进行判断是否相关，随机变量的分布列和数学期望，属于中档题.‎ ‎20.已知 ‎（1）求的轨迹 - 22 -‎ ‎（2）过轨迹上任意一点作圆的切线，设直线的斜率分别是，试问在三个斜率都存在且不为0的条件下，是否是定值，请说明理由，并加以证明.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）‎ 如图因为所以四边形是平行四边形 所以，‎ 由得 所以的轨迹是以为焦点的椭圆易知 ‎ 所以方程为 ‎（2）设，过的斜率为的直线为，由直线与圆相切可得 即：‎ 由已知可知是方程的两个根，‎ 所以由韦达定理：‎ - 22 -‎ 两式相除：‎ 又因为所以 代入上式可得：即：为一个定值.‎ ‎21.已知函数，且.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）当时，求证：.‎ ‎【答案】（1）k=1 （2）证明见详解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导，分，，讨论单调性，判断是否恒成立即可；‎ ‎（2）由(1): ,且，转化，‎ 构造证明即可.‎ ‎【详解】（1）‎ ‎（i）当时，，，不成立；‎ ‎（ii）当时，令，故在单调递增，‎ 令，故在单调递减.‎ 若，，成立；‎ 若，，在单调递增，，不成立；‎ - 22 -‎ 若，，在单调递减，，不成立；‎ ‎（iii）当时，令，故在单调递增，‎ 令，故在单调递减.‎ ‎,,不成立.‎ 综上：k=1‎ ‎（2）由(1): ,且 故：‎ 即 只需证：‎ 令 故g(x)在单调递减 因此 故得证.‎ ‎【点睛】本题考查了函数与导数综合，考查了学生综合分析，转化划归，分类讨论，数学运算的能力，属于较难题.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（为极径，为极角）．‎ ‎（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程和曲线的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若射线与曲线交于点，射线与曲线交于点，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）消去参数，求得曲线的直角方程为，再根据图象的变换公式，即可求解曲线的方程，进而得到其极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）将代入，根据极坐标中极经的几何意义，即可求解．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由曲线的参数方程为 (为参数)，‎ 得，所以曲线的直角方程为；‎ 曲线经过伸缩变换得到的参数方程为，得，‎ 所以曲线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅱ）将代入 得，即，‎ 同理，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及图象的变换和极坐标的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ - 22 -‎ ‎ ‎ - 22 -‎