湖北省鄂州市2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题

湖北省鄂州市2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题

鄂州市2018—2019学年度高中质量监测 高二数学（理科）‎ 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场、座位号填写清楚。‎ ‎2．选择题的每小题选出答案后，把答案代码填在答题纸前面的选择题答题表内，不能答在试卷上。‎ ‎3．填空题和解答题应在指定的地方作答，否则答案无效。‎ 一、选择题：本大题共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．请在答题卡指定区域内作答．‎ ‎1.为了了解全校1740名学生的身高情况，从中抽取140名学生进行测量，下列说法正确的是 A. 总体是1740 B. 个体是每一个学生 C. 样本是140名学生 D. 样本容量是140‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在区分总体、个体、样本、样本容量这四个概念时，首先找出考查的对象是全校学生的身高，从而找出总体、个体，接着根据被收录数据的这一部分对象找出样本，最后根据样本确定样本容量。‎ ‎【详解】解：本题考查的对象是1740名学生的身高情况，故总体是1740名学生的身高情况；个体是每个学生的身高情况；样本是140名学生的身高情况；故样本容量是140.所以选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了总体、个体、样本与样本容量四个比较容易混淆的概念。‎ ‎2.已知一组数据的频率分布直方图如图所示，则众数、中位数、平均数是 A. 63、64、66 B. 65、65、67‎ C. 65、64、66 D. 64、65、64‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①在频率直方图中，众数是最高的小长方形的底边的中点横坐标的值；②中位数是所有小长方形的面积和相等的分界线；③平均数是各小长方形底边中点的横坐标与对应频率的积的和。‎ ‎【详解】解：由频率直方图可知，众数=；‎ 由，所以面积相等的分界线为65，即中位数为65；‎ 平均数=。故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查频率直方图的众数、中位数、平均数，需理解并牢记公式。‎ ‎3.7人并排站成一行，如果甲、乙两人不相邻，那么不同的排法总数是 A. 1440 B. 3600‎ C. 4320 D. 4800‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一步，除甲、乙以外的5人全排列；第二步，从6个空中选2个排甲乙；最后，把两步的结果相乘可得答案。‎ ‎【详解】解：除甲、乙以外5人全排列，共有种结果，5人排队后会出现6个空，从中选出2个排甲、乙，有种结果。所以满足条件的排队总数=（种），故选B。‎ ‎【点睛】不相邻的排列问题要用插空法。‎ ‎4.在的展开式中，的系数等于 A. 280 B. 300 C. 210 D. 120‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式定理，把每一项里的系数单独写下来，然后相加，再根据组合数性质，化简求值。‎ ‎【详解】解：在的展开式中，项的系数为 故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理展开以及利用组合数性质进行化简求值。‎ ‎5.已知x，y是上的两个随机数，则x，y满足的概率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以面积为测度，确定（x，y）所表示的平面区域的面积，求出在正方形内的面积，即为所求概率。‎ ‎【详解】解：如图所示，正方形面积，阴影面积，所以的概率。故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查几何概型，关键要确定总面积和阴影面积。‎ ‎6.已知随机变量服从二项分布，且，，则p等于　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：根据随机变量符合二项分布，根据二项分布的期望和方差的公式和条件中所给的期望和方差的值，得到关于和的方程组，解方程组得到要求的两个未知量．‎ 详解：随机变量服从二项分布，且，，‎ 则由 ， 可得 ‎ 故选B.‎ 点睛：本题主要考查二项分布的期望与方差的简单应用，通过解方程组得到要求的变量，这与求变量的期望是一个相反的过程，但是两者都要用到期望和方差的公式．‎ ‎7.已知，则的最小值是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用柯西不等式得，，由此求得的最小值。‎ ‎【详解】解：因为，根据柯西不等式，‎ 可得， ，‎ 故，当且仅当时取等号，故的最小值为，所以选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查柯西不等式的简单应用。‎ ‎8.方程表示双曲线的一个充分不必要条件是（ ）‎ A. －3＜m＜0 B. －3＜m＜2‎ C. －3＜m＜4 D. －1＜m＜3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意知，，则C，D均不正确，而B为充要条件，不合题意，故选A.‎ ‎9.已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为 A. 16 B. 14 C. 12 D. 10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设，直线的方程为，联立方程，得，∴，同理直线与抛物线的交点满足，由抛物线定义可知 ‎，当且仅当（或）时，取等号.‎ 点睛:对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则，则，所以 ‎.‎ ‎10.若是函数的极值点，则的极小值为 A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由极值点确定参数a的取值，然后把a代入导函数，求出函数的另外一个极值点和增减区间，从而求出函数的极小值。‎ ‎【详解】解：由题意得， ，因为是的极值点，所以，解得。所以，当时， ，为增函数；当时， ，为减函数。则的极小值为。故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查根据函数的极值点来确定参数a以及求函数的极小值。‎ ‎11.已知定义在R上的偶函数，其导函数为．当时，恒有，若，则不等式的解集为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据为偶函数，则也为偶函数，利用导数可以判断在为减函数，则不等式可转化为，解不等式即可得到答案。‎ ‎【详解】解：是定义在R上的偶函数， 。‎ 时，恒有，‎ 又，‎ 在为减函数。‎ 为偶函数， 也为偶函数 在为增函数。‎ 又，，即，化简得，得。故选A。‎ ‎【点睛】通过构造新函数来研究函数单调性是本题一大亮点，同时利用抽象函数的单调性、奇偶性解不等式是常考考点，要牢牢掌握。‎ ‎12.已知分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且（为坐标原点），若，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 以为邻边作平行四边形，根据向量加法的平行四边形法则，由知此平行四边形的对角线垂直，即此平行四边形为菱形，∴，∴是直角三角形，即，设，则 ‎，∴，故选A．‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.将点的极坐标化为直角坐标为_________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 分析：直接利用极坐标的公式化成直角坐标.‎ 详解：由题得所以点的直角坐标为.‎ 点睛：(1)本题主要考查极坐标和直角坐标的互化，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平.(2)点P化成直角坐标的公式为 ‎14.抛掷甲、乙两颗骰子，若事件A：“甲骰子点数大于4”；事件B：“甲、乙两骰子的点数之和等于7”，则的值等于_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出甲骰子点数大于4的事件个数，再求出甲、乙两骰子点数和为7时，甲骰子点数大于4的事件个数，结合条件概率的公式，即可求解。‎ ‎【详解】由题意得，为抛掷甲，乙两颗骰子，甲骰子的点数大于4时甲、乙两骰子的点数之和等于7的概率。‎ 因为抛掷甲、乙两骰子，甲骰子点数大于4的基本事件有个，甲骰子点数大于4时，甲、乙两骰子的点数之和等于7，基本事件有（5，2），（6，1）共两个，所以，故答案为。‎ ‎【点睛】本题考查了条件概率的求法，属基础题。‎ ‎15.如图甲是第七届国际数学教育大会（简称）的会徽图案，会徽的主体图案是由如图乙的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图乙中的直角三角形继续作下去，记的长度构成数列，则此数列的通项公式为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，由勾股定理可得,利用等差数列的通项公式求解即可.‎ ‎【详解】根据图形，‎ 因为都是直角三角形，‎ ‎,‎ 是以1为首项，以1为公差的等差数列，‎ ‎，‎ ‎，故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，等差数列的定义与通项公式，以及数形结合思想的应用，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于与中档题.‎ ‎16.对于函数有下列命题：‎ ‎①在该函数图象上一点处的切线的斜率为；‎ ‎②函数的最小值为；‎ ‎③该函数图象与x轴有4个交点；‎ ‎④函数在上为减函数，在上也为减函数．‎ 其中正确命题的序号是______．‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①求该函数在点处的切线斜率，先对求导，然后代入即可求得；②④考查函数的单调性和最值，应该分和两种情况分别用导数求解；③画出函数在y轴两侧的图象，可知道函数与x轴只有3个交点。‎ ‎【详解】解：当时，，，所以，①正确；且在上单调递减，在上单调递增，故时，有最小值，当时，在上单调递减，在上单调递增，故时，有最小值，故有最小值，②④正确；因为时，恒小于0，且，故该函数图象与x轴有3个交点，③错误；所以答案为①②④。‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的切线、单调性、最值以及与x轴的交点问题，主要涉及到分类讨论的思想。‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分）‎ ‎17.已知，，p：，q：. p是q的什么条件？‎ ‎【答案】p是q的充分不必要条件 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过解不等式可以确定集合A、B的范围，从而可以求出p、q范围，因为p是q的一个真子集，所以p是q的充分不必要条件。‎ ‎【详解】解：由，即或，‎ 得或，‎ 即p：，‎ 由，得，‎ 得或，‎ 即q：， ‎ 则p是q的充分不必要条件 ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式和一元二次不等式的解法，以及集合的补集运算，还有充分条件和必要条件的判断。‎ ‎18.某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4，现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．‎ 设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；‎ 设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】（1） ； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可根据题意分别计算出“从10人中选出2人”以及“2人参加义工活动的次数之和为4”的所有可能情况数目，然后通过概率计算公式即可得出结果；‎ ‎（2）由题意知随机变量的所有可能取值，然后计算出每一个可能取值所对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值．‎ ‎【详解】（1）由已知有，‎ 所以事件的发生的概率为；‎ ‎（2）随机变量的所有可能的取值为0，1，2；‎ ‎；；‎ ‎；‎ 所以随机变量的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ 数学期望为.‎ ‎【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，能否正确计算出每一个随机变量所对应的的概率是解决本题的关键，考查推理能力，是中档题。‎ ‎19.已知抛物线过点，且焦点为F，直线l与抛物线相交于A，B两点．‎ ‎⑴求抛物线C的方程，并求其准线方程；‎ ‎⑵为坐标原点.若，证明直线l必过一定点，并求出该定点．‎ ‎【答案】（1）抛物线C的方程为，其准线方程为（2）直线l必过一定点，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）点M代入抛物线方程，可得P，即可求出抛物线方程及其准线方程；‎ ‎（2）直线l的方程为代入,得，利用韦达定理结合 ‎，求出b，即可证明直线l 必过一定点，并求出该定点。‎ ‎【详解】解：将代入，得，所以，故抛物线C的方程为，‎ 其准线方程为。‎ 设直线l的方程为代入，得，‎ 设，，‎ 则，，‎ ‎＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋1)(ty2＋1)＋y1y2＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝－4，‎ ‎，所以直线方程为，必过一定点．‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的方程及准线方程，以及直线过定点的问题，意在考查学生的逻辑思维能力、化归与转化能力、运算求解能力，以及设而不求思想。‎ ‎20.已知函数 ‎⑴当时，解不等式；‎ ‎⑵求函数的最小值．‎ ‎【答案】（1）不等式解集为R（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段法将不等式分为三段，然后分别求解，最后取它们的并集即可；‎ ‎（2）根据绝对值三角不等式和均值不等式逐步推理，可以得到最小值。‎ ‎【详解】解：当时，，‎ 当时，，得，即有，‎ 当时，，得，即有，‎ 当时，，得，即有，‎ 综上，不等式的解集为R． ‎ ‎，‎ 当且仅当，且时取“”‎ 函数的最小值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式和均值不等式的应用。考查考生的逻辑推理能力及运算求解能力。‎ ‎21.已知椭圆的离心率为，且过点，直线交椭圆于不同的两点，设线段的中点为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）当的面积为（其中为坐标原点）且时，试问：在坐标平面上是否存在两个定点，使得当直线运动时，为定值？若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）存在点，或，，使得为定值．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求椭圆标准方程，由于已知离心率为，这样可得，从而可得，从而可设可椭圆方程为，再把椭圆上点的坐标代入可解得，得椭圆方程；‎ ‎（2）由题设结论可知中点的坐标适合一个椭圆方程，即点在椭圆上，那么题中要求的定点就是椭圆的焦点．实质上从问题出发，就让我们想到点应该在某个椭圆上．因此从这方面入手，就要求的轨迹方程，因此我们从已知出发先找出参数的关系，再求出弦中点的坐标（用表示），然后消去参数可得．‎ 具体方法：由直线方程，与椭圆方程联立方程组，消去后得的一元二次方程：，已知保证，即直线与椭圆一定相交，设，可得，于是有，从而点的坐标，由直线圆锥曲线相交弦长公式可得弦长，由点到直线距离公式可得原点点到直线的距离为，利用的面积为可得满足的关系：，‎ 试题解析：（1）由于椭圆的离心率为，则，故椭圆：‎ 又椭圆过点，从而，从而椭圆的方程为．‎ ‎（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，并设，联立方程，‎ 得，则 从而，从而点的坐标为 由于，点到直线的距离为，‎ 则的面积 由题得：，‎ 从而化简得：‎ 故，即或，‎ 又由于，从而．‎ 当时，由于，，‎ 从而 即点在椭圆上．‎ 由椭圆的定义得，存在点，或，，‎ 使得为定值．‎ 考点：椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合．‎ ‎22.已知函数 ‎ ‎（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；‎ ‎（2）若f（x）有两个极值点x1、x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3-4ln2．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（ⅰ）时，仅有一个极值点；（ⅱ） 当时，无极值点；‎ ‎（ⅲ）当时，有两个极值点．（Ⅱ）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）先求导数，再确定导函数零点情况，这需分类讨论：一次与二次的讨论，二次中有根与无根的讨论，两根情况分相等、一正一负、两不等正根，最后根据对应情况确定导函数符号变化规律，确定对应极值点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）先确定有两个极值点时，的取值范围,以及满足条件，再化简为的函数，最后根据导数确定对应函数单调性，根据单调性证明不等式.‎ 试题解析：解：（Ⅰ）由得，‎ ‎ ‎ ‎（ⅰ）时， ，‎ 所以取得极小值，是的一个极小值点． ‎ ‎（ⅱ）时，，令，得 显然，，所以，‎ 在取得极小值，有一个极小值点． ‎ ‎（ⅲ）时，时，即在是减函数，无极值点．‎ 当时，，令，得 当和时，时，，所以取得极小值，在取得极大值，所以有两个极值点． ‎ 综上可知：（ⅰ）时，仅有一个极值点；‎ ‎ （ⅱ） 当时，无极值点；‎ ‎（ⅲ）当时，有两个极值点． ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当且仅当时，有极小值点和极大值点，且 是方程的两根，所以， ‎ ‎ ‎ ‎， ‎ 设，，‎ 所以时，是减函数，，则 所以得证．‎ 点睛：研究函数极值点问题，往往转化为研究二次函数零点或一元二次方程根的问题.而研究一元二次方程根的问题，往往需要讨论是否有根，有根时是否在定义区间，有几个在定义区间.‎ ‎ ‎