2018-2019学年贵州省思南中学高二下学期期末数学（理)试题 解析版

2018-2019学年贵州省思南中学高二下学期期末数学（理)试题 解析版

绝密★启用前 贵州省思南中学2018-2019学年高二下学期期末数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知集合，，则　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用一元二次不等式的解法化简集合，再根据集合的基本运算进行求解即可．‎ ‎【详解】‎ 因为，，‎ 所以，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系.‎ ‎2．复数z满足，则复数的虚部是（ ）‎ A．1 B．－1 C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件计算出复数的表达式，得到虚部 ‎【详解】‎ 由题意可得 ‎ 则 ‎ 则复数的虚部是 故选C ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的概念及复数的四则运算，按照除法法则求出复数的表达式即可得到结果，较为简单 ‎3．一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次是，当且仅当时称为“凹数”，若，从这些三位数中任取一个，则它为“凹数”的概率是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分类讨论求出所有的三位数，再求其中的凹数的个数，最后利用古典概型的概率公式求解.‎ ‎【详解】‎ 先求所有的三位数，个位有4种排法，十位有4种排法，百位有4种排法，所以共有个三位数.‎ 再求其中的凹数，第一类：凹数中有三个不同的数，把最小的放在中间，共有种，第二类，凹数中有两个不同的数，将小的放在中间即可，共有种方法，所以共有凹数8+6=14个，‎ 由古典概型的概率公式得P=.‎ 故答案为：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查排列组合的运用，考查古典概型的概率，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎4．的展开式中，常数项为( )‎ A．－15 B．16 C．15 D．－16‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把按照二项式定理展开，可得的展开式中的常数项．‎ ‎【详解】‎ ‎∵（）•（1），故它的展开式中的常数项是1+15=16‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，项的系数的性质，熟记公式是关键，属于基础题．‎ ‎5．设等差数列的前项和为，且，，则的公差为（ ）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设等差数列的公差为，由条件得，由此可得的值，即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，设等差数列的公差为， ‎ 由题意得，即，解得．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的前项和，关键是掌握等差数列的前项和公式的形式特点，属于基础题．‎ ‎6．已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则实数的取值为（ ）‎ A．-2 B．-1 C．1 D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数，利用切线方程通过f′（0），求解即可；‎ ‎【详解】‎ f （x）的定义域为（﹣1，+∞），‎ 因为f′（x）a，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x，‎ 可得1﹣a＝2，解得a＝﹣1，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的导数的几何意义，切线方程的求法，考查计算能力．‎ ‎7．函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是(　　)‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数与函数单调性的关系，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，根据图像即可判断函数的单调性，然后结合图像判断出函数的极值点位置，从而求出答案。‎ ‎【详解】‎ 根据导数与函数单调性的关系，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，由导函数的图象可知，图像先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，故排除A,C 且第二个拐点（即函数的极大值点）在轴的右侧，排除B 故选D ‎【点睛】‎ 本题考查函数的单调性与导函数正负的关系，属于一般题。‎ ‎8．如图，在正方体中，分别是的中点，则下列说法错误的是（　　）‎ A． B．平面 C． D．平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．‎ ‎【详解】‎ ‎∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点， ∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2， 则B（2，2，0），C1（0，2，2），M（1，2，1），D1（0，0，2），C（0，2，0），N（0，1，1）， ‎ ‎∴MN⊥CC1，故A正确；‎ ‎∴MN⊥平面ACC1A1，故B成立； ∵ ‎ ‎∴MN和AB不平行，故C错误； 平面ABCD的法向量 ‎ 又MN⊄平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故D正确． 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题的真假判断，考空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎9．若执行如图所示的程序框图，则输出S的值为( ) ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先确定流程图的功能为计数的值，然后利用裂项求和的方法即可求得最终结果.‎ ‎【详解】‎ 由题意结合流程图可知流程图输出结果为，‎ ‎，‎ ‎.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】‎ 识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：‎ ‎(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构．‎ ‎(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题．‎ ‎(3)按照题目的要求完成解答并验证．‎ ‎10．有8件产品，其中4件是次品，从中有放回地取3次（每次1件），若X表示取得次品的次数，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先把取一次取得次品的概率算出来，再根据离散型随机变量的概率即可算出。‎ ‎【详解】‎ 因为是有放回地取产品，所以每次取产品取到次品的概率为。从中取3次，为取得次品的次数，则,‎ ‎,选择D答案。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查离散型随机变量的概率,解题时要注意二项分布公式的灵活运用.属于基础题。‎ ‎11．已知为坐标原点， ， 是双曲线： （， ）的左、右焦点，双曲线上一点满足，且，则双曲线 的离心率为（ ）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设P为双曲线右支上一点, =m, =n,|F1F2|=2c，‎ 由双曲线的定义可得m−n=2a，‎ 点P满足,可得m2+n2=4c2，‎ 即有(m−n)2+2mn=4c2，‎ 又mn=2a2，‎ 可得4a2+4a2=4c2，‎ 即有c=a，‎ 则离心率e=‎ 故选：D .‎ ‎12．设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：根据题意，设g（x）=x2f（x），x>0，求出导数，分析可得g′（x）≥0，则函数g（x）在区间上为增函数，结合函数g（x）的定义域分析可得：原不等式等价于，解可得x的取值范围，即可得答案．‎ 详解：根据题意，设g（x）=x2f（x），x>0，‎ 其导数g′（x）=[x2f（x）]′=2xf（x）+x2f′（x）=x（2f（x）+xf′（x）），‎ 又 且x>0‎ 由x（2f（x）+xf′（x））＞x2≥0，‎ 则g′（x）g′（x）0，则函数g（x）在区间上为增函数，‎ ‎（x﹣2018）2f（x﹣2018）﹣4f（2）＞0‎ ‎⇒（x﹣2018）2f（x﹣2018）＞（2）2f（2）⇒g（x﹣2018）＞g（2），‎ 又由函数g（x）在区间（﹣∞，0）上为减函数，‎ 则有，‎ 解可得：x2020，‎ 即不等式的解集为；‎ 故选：D．‎ 点睛：用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造；如构造；如构造；如构造等.‎ 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．向量的夹角为，且则__________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，利用向量的数量积的运算，可得，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，可知向量的夹角为，且 则.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了平面向量的数量积的运算，其中解答中熟记平面向量的数量积的运算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎14．已知等比数列的首项为，且，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由等比数列的通项公式得到，进而得到，再根据等比数列的性质得到结果.‎ ‎【详解】‎ 设等比数列的公比为，因为，根据等比数列的通项公式的计算得到：，所以.由等比数列的性质得到：.‎ 故答案为：128.‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查了等比数列的通项公式的写法，以及等比数列的性质的应用，题目比较基础. 对于等比等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.‎ ‎15．已知是椭圆上的一点，是椭圆的两个焦点，当时，则的面积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合焦点三角形面积公式求解其面积即可.‎ ‎【详解】‎ 由椭圆方程可得：，‎ 结合焦点三角形面积公式可得的面积为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆中焦点三角形面积公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎16．学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有_________种．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：分三种情况讨论，分别求出甲乙都入选、甲不入选，乙入选、甲乙都不入选,，相应的情况不同的组队形式的种数，然后求和即可得出结论.‎ 详解：若甲乙都入选，则从其余人中选出人，有种，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有 种；‎ 若甲不入选，乙入选，则从其余人中选出人，有种，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；‎ 若甲乙都不入选，则从其余6人中选出人，有种，再全排，有种，故共有种，综上所述，共有，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.‎ 有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知分别为内角的对边，且．‎ ‎（1）求角A；‎ ‎（2）若，求的面积．‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理可得，结合，可求，结合范围，可求．‎ 由已知利用余弦定理可得，解得c的值，根据三角形面积公式即可计算得解．‎ ‎【详解】‎ 解：．‎ 由正弦定理可得：，‎ ‎，‎ ‎，即，‎ ‎，‎ ‎，，，‎ 由余弦定理，可得：，可得：，‎ 解得：，负值舍去，‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．‎ ‎18．思南县第九届中小学运动会于2019年6月13日在思南中学举行，组委会在思南中学招募了12名男志愿者和18名女志愿者，将这30名志愿者的身高如图所示的茎叶图（单位：cm），身高在175cm以上（包括175cm）定义为“高个子”，身高在175cm以下（不包括175cm）定义为“非高个子”，且只有“女高个子”才担任“礼仪小姐”.‎ 男 女 ‎9‎ ‎15‎ ‎7‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎9‎ ‎9‎ ‎8‎ ‎16‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎8‎ ‎6‎ ‎5‎ ‎0‎ ‎17‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎18‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎19‎ ‎（1）如果用分层抽样的方法从“高个子”和“非高个子”中共抽取5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“高个子”的概率是多少？‎ ‎（2）若从所有“高个子”中选3名志愿者，用表示所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数，求出的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意及茎叶图,有“高个子”12人,“非高个子”18人,利用用分层抽样的方法,每个人被抽中的概率是,利用对立事件即可 ‎（2）由于从所有“高个子”中选3名志愿者,用表示所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数,利用离散型随机变量的定义及题意可知的取值为0,1,2,3,‎ 利用古典概型的概率公式求出每一个值对应事件的概率,有期望的公式求出即可 ‎【详解】‎ ‎（1）根据茎叶图,有“高个子”12人,“非高个子”18人,用分层抽样的方法,每个人被抽中的概率是,所以选中的“高个子”有人,“非高个子”有人.用事件A表示“至少有一名“高个子”被选中”,则它的对立事件表示“没有一名“高个子”被选中”,则因此,至少有一人是“高个子”的概率是.‎ ‎（2）依题意, 的取值为0,1,2,3. ‎ 的分布列为:‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所以 ‎【点睛】‎ 本题考查概率的求法,考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法,是中档题.解题时要注意茎叶图的合理运用.‎ ‎19．如图所示，在底面为平行四边形的四棱锥中，,平面 ‎，且，，点是的中点．‎ ‎ ‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的大小．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）一般线面平行考虑连接中点，形成中位线，连BD交AC于M,连接EM即可；（2）以A为原点建系，显然只需求平面EAC的法向量，利用法向量求二面角．‎ 试题解析：‎ ‎∵平面，，平面，‎ ‎∴，，且，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．‎ ‎（1）∵，，∴，‎ ‎∴，，‎ 设平面的法向量为，则，取，得．‎ 又，所以，∵，∴，‎ 又平面，因此，平面．‎ ‎（2）∵平面的一个法向量为，‎ 由（1）知，平面的法向量为，‎ 设二面角的平面角为（为钝角），则 ‎，得：．‎ 所以二面角的大小为．‎ ‎20．已知抛物线，过点的直线交抛物线于两点，坐标原点为，.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）当以为直径的圆与轴相切时，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【解析】‎ 试题分析：本题主要考查抛物线的标准方程、直线与抛物线的相交问题、直线与圆相切问题等基础知识，同时考查考生的分析问题解决问题的能力、转化能力、运算求解能力以及数形结合思想. 第一问，设出直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到y1＋y2，y1y2，，代入到中解出P的值；第二问，结合第一问的过程，利用两种方法求出的长，联立解出m的值，从而得到直线的方程.‎ 试题解析：（Ⅰ）设l：x＝my－2，代入y2＝2px，得y2－2pmy＋4p＝0．（*）‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝4p，则．‎ 因为，所以x1x2＋y1y2＝12，即4＋4p＝12，‎ 得p＝2，抛物线的方程为y2＝4x． …5分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）（*）化为y2－4my＋8＝0．‎ y1＋y2＝4m，y1y2＝8． …6分 设AB的中点为M，则|AB|＝2xm＝x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝4m2－4， ①‎ 又， ②‎ 由①②得(1＋m2)(16m2－32) ＝(4m2－4)2，‎ 解得m2＝3，．‎ 所以，直线l的方程为，或． …12分 考点：抛物线的标准方程、直线与抛物线的相交问题、直线与圆相切问题.‎ ‎21．已知函数在点处的切线方程为．‎ ‎（1）求a，b的值；‎ ‎（2）求证：．‎ ‎【答案】（1），；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算导函数，结合切线方程，建立等式，计算参数，即可。（2）得到，计算导函数，计算最值，建立不等关系，即可。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)函数的导数为，‎ 函数在点处的切线斜率为，‎ 由切线方程，可得 ‎，，‎ 解得，；‎ ‎(2)证明：，‎ 导数为，，易知为增函数，且.‎ 所以存在,有,即，‎ 且时，，递增；‎ 时，，递减，‎ 可得处取得最小值 ‎，‎ 可得成立．‎ ‎【点睛】‎ 考查了函数导数计算方法，考查了利用导数计算最值问题，做第二问关键利用导数计算最值，难度偏难。‎ ‎22．在平面直角坐标系中，圆C的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．求：‎ ‎（1）圆C的直角坐标方程；‎ ‎（2）圆C的极坐标方程．‎ ‎【答案】（1）．（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：利用消去参数可得圆的直角坐标方程，再利用公式可把直角坐标方程化为极坐标方程.‎ 试题解析：（1）圆的直角坐标方程为． 5分 ‎（2）把代入上述方程，得圆的极坐标方程为． 10分 考点：参数方程与普通方程的互化，普通方程与极坐标方程的互化.‎ ‎23．设函数．‎ ‎(1) 求不等式的解集；‎ ‎(2) 若不等式恒成立，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分区间讨论去掉绝对值符号，化为分段函数，在毎一个前提下解不等式，每一步的解都要和前提条件找交集得出毎一步的解，最后求并集得出不等式的解；(2)根据（1）所化出的分段函数的单调性，求出函数的最小值，利用恒成立等价于，列不等式即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）函数可化为,‎ 当时，，解得；‎ 当时，，解得；‎ 当时，，解得．‎ 综上，不等式的解集为．‎ ‎(2)关于x的不等式恒成立等价于，‎ 由(1)可知，‎ 即，解得．‎ ‎【点睛】‎ 绝对值不等式的常见解法：‎ ‎①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；‎ ‎②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ ‎③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．‎