2017-2018学年河北省保定市高二下学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2017-2018学年河北省保定市高二下学期期末考试数学（理）试题（解析版）

‎2017-2018学年河北省保定市高二下学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知复数满足，则的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：移项，化简整理即可.‎ 详解：，‎ 的虚部为4.‎ 故选：A.‎ 点睛：复数四则运算的解答策略 复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式的运算，除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式．‎ ‎2．设集合，则的元素的个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：分别求出A和B，再利用交集计算即可.‎ 详解：，，‎ 则，交集中元素的个数是5.‎ 故选：C.‎ 点睛：本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键.‎ ‎3．在平行四边形中，为线段的中点，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：利用向量的平行四边形法则，向量共线定理即可得出.‎ 详解：，‎ ‎，‎ 故选：B.‎ 点睛：(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．‎ ‎(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．‎ ‎4．从区间上任意选取一个实数，则双曲线的离心率大于的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：求出m的取值范围，利用几何概型的计算公式即可得出.‎ 详解：由题意得，‎ ‎，解得，即 ‎ ‎.‎ 故选：D.‎ 点睛：几何概型有两个特点：一是无限性；二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．‎ ‎5．设有下面四个命题 若，则；‎ 若，则；‎ 若，则；‎ 若，则.‎ 其中真命题的个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：对四个命题逐一分析即可.‎ 详解：对若，则，故不正确；‎ 对若，则，故正确；‎ 对若，则，故正确；‎ 对若，对称轴为，则，故正确.‎ 故选：C.‎ 点睛：本题考查了命题真假的判断，是基础题.‎ ‎6．执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：模拟执行程序框图即可.‎ 详解：模拟执行程序框图，可得：‎ ‎，‎ 不满足，执行循环体，；‎ 不满足，执行循环体，；‎ 不满足，执行循环体，；‎ 满足，退出循环，输出i的值为5.‎ 故选：C.‎ 点睛：(1)条件结构中条件的判断关键是明确条件结构的功能，然后根据“是”的分支成立的条件进行判断；‎ ‎(2)对条件结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两个分支中的一个，不能同时执行两个分支．‎ ‎7．若函数的图象与的图象都关于直线对称，则与的值分别为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：由题意得，结合即可求出，同理可得的值.‎ 详解：函数的图象与的图象都关于直线对称，‎ ‎ 和（）‎ 解得和，‎ ‎ 和 ‎ 时，；‎ 时，.‎ 故选：D.‎ 点睛：本题主要考查了三角函数的性质应用，属基础题.‎ ‎8．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：由题意，该几何体是一个正四棱柱切了四个角（小三棱锥），从而利用体积公式计算即可.‎ 详解：由题意，该几何体是一个正四棱柱切了四个角（小三棱锥），‎ 则.‎ 故选：C.‎ 点睛：(1)解决组合体问题关键是分清该几何体是由哪些简单的几何体组成的以及这些简单的几何体的组合情况；(2)由三视图求几何体的面积、体积，关键是由三视图还原几何体，同时还需掌握求体积的常用技巧如：割补法和等价转化法．‎ ‎9．设满足约束条件，若，且的最大值为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解代入目标函数得答案.‎ 详解：由约束条件作出可行域如图：‎ 化目标函数为，‎ 由图可知，当直线过B时，直线在y轴上的截距最小，即z最大，‎ 联立，解得，‎ ‎，解得.‎ 故选：B.‎ 点睛：线性规划中的参数问题及其求解思路 ‎(1)线性规划中的参数问题，就是已知目标函数的最值或其他限制条件，求约束条件或目标函数中所含参数的值或取值范围的问题．‎ ‎(2)求解策略：解决这类问题时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值．‎ ‎10．中国古代数学的瑰宝——《九章算术》中涉及到一种非常独特的几何体——鳖擩，它是指四面皆为直角三角形的四面体.现有四面体为一个鳖擩，已知平面，，若该鳖擩的每个顶点都在球的表面上，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：把此四面体放入长方体中，BC，CD，AB刚好是长方体的长、宽、高，算出长方体体对角线即可.‎ 详解：把此四面体放入长方体中，BC，CD，AB刚好是长方体的长、宽、高，‎ 则，，‎ 故.‎ 故选：B.‎ 点睛：本题主要考查了转化与化归思想的运用.‎ ‎11．已知定义域为正整数集的函数满足，则数列的前项和为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：通过求出，再利用等差数列的求和公式即可求得答案.‎ 详解：‎ 当时，有；‎ 当时，有；‎ 当时，有；‎ ‎…..‎ ‎.‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎.‎ 故答案为：A.‎ 点睛：本题主要考查了数列求和以及通项公式的求法，考查计算能力与分析能力，属于中档题.‎ ‎12．设函数，若，则正数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：先求出最大值，再求出的最大值，从而化恒成立问题为最值问题.‎ 详解： ‎ 令，‎ ‎ ‎ ‎，‎ 令，解得，‎ ‎ 在、单调递增，在单调递减，‎ 又，‎ ‎ ‎ 又，‎ 当时，令，解得，‎ 在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎；‎ 当时，无最大值，即不符合；‎ 故有，解得，故.‎ 故选：C.‎ 点睛：本题考查了函数的性质的判断与应用，同时考查了恒成立问题与最值问题的应用.‎ 二、填空题 ‎13．的展开式中的系数为__________．‎ ‎【答案】-10‎ ‎【解析】分析：利用二项式展开式通项即可得出答案.‎ 详解：，‎ 当时，.‎ 故答案为：-10.‎ 点睛：求二项展开式中的特定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项公式即可．‎ ‎14．在正项等比数列中， ，则公比__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：利用等比数列的通项公式把等式改写成含有和的式子，联立方程组求解即可.‎ 详解：由题意得：‎ ‎，两式相除消去并求解得：，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ 点睛：等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．‎ ‎15．若函数为奇函数，则的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：中，，由在定义域内是一个偶函数，，知为奇函数，由此能求出的取值范围.‎ 详解：中，，‎ ‎，‎ ‎ 在定义域内是一个偶函数，，‎ 要使函数为奇函数，则为奇函数，‎ ‎①当时，；‎ ‎②当时，；‎ ‎③当时，.‎ 只有定义域为的子区间，且定义域关于0对称，才是奇函数，‎ ‎，即，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ 点睛：本题考查函数的奇偶性的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意分类讨论思想的灵活应用.‎ ‎16．已知点是抛物线上一点，是抛物线上异于的两点，在轴上的射影分别为，若直线与直线的斜率之差为，是圆上一动点，则的面积的最大值为__________．‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】分析：由题意知，设的斜率为k，则PA的斜率为k-1，分别表述出直线PA，PB，与抛物线联立即可求出A和B的横坐标，即求出，要使面积最大，则D到AB的距离要最大，即高要过圆心，从而即可求出答案.‎ 详解：由题意知，则，‎ 设的斜率为k，则PA的斜率为k-1，且设，‎ 则PB：，‎ 联立消去y得：，‎ 由韦达定理可得，即，‎ 同理可得 ‎ 故，‎ 要使面积最大，则D到AB的距离要最大，即高要过圆心，则高为5.‎ ‎.‎ 故答案为：10.‎ 点睛：对题目涉及的变量巧妙的引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果.‎ 三、解答题 ‎17．的内角所对的边分别为，已知.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）当取得最小值时，求的值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】分析：（1）由正弦定理和余弦定理化简即可；‎ ‎（2），当且仅当，即时，取等号.从而即可得到答案.‎ 详解：（1）∵，‎ ‎∴‎ 即 ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎（2）‎ 当且仅当，即时，取等号.‎ ‎∵，‎ ‎∴‎ 点睛：解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．‎ ‎18．如图，在三棱锥中，两两垂直，，且为线段的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求平面与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）.‎ ‎【解析】分析：（1）由题意得，又，从而即可证明；‎ ‎（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，即可运用空间向量的方法求得答案.‎ 详解：（1）证明：因为，为线段的中点，‎ 所以.‎ 又两两垂直，且 所以平面，则.‎ 因为，‎ 所以平面.‎ ‎（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则.‎ ‎∵，‎ ‎∴可设，则，‎ ‎∴，‎ 则，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即 ‎ 令，得.‎ 平面的一个法向量为，‎ 则.‎ 故平面与平面所成二面角的正弦值为.‎ 点睛：求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．‎ ‎19．某机构为了调查某市同时符合条件与(条件：营养均衡，作息规律；条件：经常锻炼，劳逸结合)的高中男生的体重(单位:)与身高(单位: )是否存在较好的线性关系，该机构搜集了位满足条件的高中男生的数据，得到如下表格:‎ 身高/‎ 体重/‎ 根据表中数据计算得到关于的线性回归方程对应的直线的斜率为.‎ ‎(1)求关于的线性回归方程(精确到整数部分)；‎ ‎(2)已知，且当时，回归方程的拟合效果较好。试结合数据，判断(1)中的回归方程的拟合效果是否良好？‎ ‎(3)该市某高中有位男生同时符合条件与，将这位男生的身高(单位:)的数据绘制成如下的茎叶图。若从这位男生中任选位，记这位中体重超过的人数为，求的分布列及其数学期望(提示:利用(1)中的回归方程估测这位男生的体重).‎ ‎【答案】(1) ;(2)见解析 ;(3)见解析.‎ ‎【解析】分析：（1）依题意可知，又，，即可得到答案；‎ ‎（2）求出即可；‎ ‎（3）的可能取值为，分别求出对应的概率即可.‎ 详解：（1）依题意可知，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 故关于的线性回归方程为.‎ ‎（2）∵‎ ‎∴，‎ 故（1）中的回归方程的拟合效果良好.‎ ‎（3）令，得，‎ 故这位男生的体重有为体重超过.‎ 的可能取值为.‎ 则的分布列为 点睛：求回归方程，关键在于正确求出系数， ，由于， 的计算量大，计算时应仔细谨慎，分层进行，避免因计算而产生错误．(注意线性回归方程中一次项系数为，常数项为，这与一次函数的习惯表示不同．‎ ‎20．已知椭圆的四个顶点围成的菱形的面积为，点与点分别为椭圆的上顶点与左焦点，且的面积为（点为坐标原点）.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）直线过且与椭圆交于两点，点关于的对称点为，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】分析：（1）由题意得，，即可求出答案；‎ ‎（2）设直线的方程为联立直线方程与椭圆方程，由韦达定理表述出，，又，化简整理即可.‎ 详解：（1）∵的面积为，‎ ‎∴，即.‎ 又∵椭圆的四个顶点围成的菱形的面积为，‎ ‎∴，即.‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∴的方程为.‎ ‎（2）由题意可知，点为的中点，则.‎ 设直线的方程为，‎ 联立，可得，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 设，则 ‎∵函数在上单调递减，‎ ‎∴当时，取得最大值.‎ 点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法 ‎(1)涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．‎ ‎(2)面积问题常采用S△＝×底×高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式．若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解．‎ ‎(3)在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用．‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1）讨论在上的单调性；‎ ‎（2）若对恒成立，求正整数的最小值.‎ ‎【答案】(1) 在上单调递增，在上单调递减;(2)5.‎ ‎【解析】分析：（1）对函数求导，分类讨论即可；‎ ‎（2）∵对恒成立，∴，解得或，则正整数的最小值为.即只需要证明当时，对恒成立即可.‎ 详解：（1），‎ 当时，在上单调递增.‎ 当或时，，在单调递减.‎ 当且时，令，得；‎ 令，得.‎ ‎∴在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎（2）∵对恒成立.‎ ‎∴，解得或，‎ 则正整数的最小值为.‎ 下面证明当时，对恒成立，过程如下：‎ 当时，‎ 令，得；‎ 令，得.‎ 故，‎ 从而对恒成立.‎ 故整数的最小值为.‎ 点睛：不等式的证明问题，可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想.‎ ‎22．选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以直角坐标系的原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立坐标系，圆的极坐标方程为.‎ ‎（1）求圆的直角坐标方程（化为标准方程）及曲线的普通方程；‎ ‎（2）若圆与曲线的公共弦长为，求的值.‎ ‎【答案】(1) 曲线的直角坐标方程为,曲线的普通方程为;(2) .‎ ‎【解析】分析：（1）由极坐标与直角坐标的互化公式即可得圆 的直角坐标方程；消去参数即可得曲线的普通方程；‎ ‎（2）联立圆C与曲线，因为圆的直径为，且圆与曲线的公共弦长为，即公共弦直线经过圆的圆心，即可得到答案.‎ 详解：(1）由，得，‎ 所以，‎ 即，‎ 故曲线的直角坐标方程为.‎ 曲线的普通方程为 ‎（2）联立，得 因为圆的直径为，且圆与曲线的公共弦长为，‎ 所以直线经过圆的圆心，‎ 则，‎ 又 所以 点睛：求解与极坐标有关的问题的主要方法 ‎(1)直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用；‎ ‎(2)转化为直角坐标系，用直角坐标求解．‎ 使用后一种方法时，应注意若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化为极坐标．‎ ‎23．选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（3）若函数的最小值不小于的最小值，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2).‎ ‎【解析】分析：（1）分段讨论即可；‎ ‎（2）分别求出和的最小值，解出即可.‎ 详解：（1）由，得，‎ ‎∴或或 解得，故不等式的解集为.‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴的最小值为.‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 则或，‎ 解得.‎ 点睛：求解与绝对值不等式有关的最值问题的方法 求解含参数的不等式存在性问题需要过两关：‎ 第一关是转化关，先把存在性问题转化为求最值问题；不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题，而不等式的解集为∅的对立面也是不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即f(x)f(x)max，f(x)>a恒成立⇔a

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