2018-2019学年河南省信阳高级中学高二上学期开学考试数学试题-解析版

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绝密★启用前 河南省信阳高级中学2018-2019学年高二上学期开学考试数学试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知集合，则（　）‎ A． （﹣2，﹣1） B． （﹣2，﹣1] C． （﹣1，0） D． [﹣1，0）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过解不等式分别求出集合，然后得到，进而可求得．‎ ‎【详解】‎ 由题意得，，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查绝对值不等式、指数不等式的解法和集合的运算，考查运算能力，解题的关键是正确求出不等式的解集，属于基础题．‎ ‎2．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，则甲不输的概率为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，‎ ‎∴甲不输的概率为P= ．‎ 故选项为：A．‎ ‎3．已知向量等于 A． 3 B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由可求得，再根据两角差的正切公式求解可得所求．‎ ‎【详解】‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两向量平行的等价条件及两角差的正切公式，解题的关键是根据题意求得的值，另外，运用公式时出现符号的错误也是常出现的问题．‎ ‎4．如图是一棱锥的三视图，在该棱锥的侧面中，面积最大的侧面的面积为 A． 4 B． C． 2 D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图得到几何体的直观图，然后分别求出每个侧面的面积，比较后可得结果．‎ ‎【详解】‎ 由三视图可得，该几何体为该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，其直观图如下图所示．‎ 设分别为底面中边和的中点，结合题意可得面积最大的侧面为，且，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴的面积为．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】‎ 以三视图为载体考查几何体的表面积和体积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后再结合题意求解．‎ ‎5．已知，则向量的夹角为 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件求出，然后再根据数量积的定义求解可得两向量的夹角．‎ ‎【详解】‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 设向量的夹角为，则，‎ 又，‎ ‎∴．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 求两向量的夹角时应先求出两向量的数量积，然后再根据公式求解，但在解题中要注意两向量夹角的取值范围，否则出现错误．‎ ‎6．设，若，则 A． 2 B． 4‎ C． 6 D． 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】当时,,若,可得，‎ 解得,则：.‎ 当时.,若，‎ 可得，方程无解。‎ 故选：C.‎ 点睛：分段函数的关键是是讨论自变量的范围，代入相对应的解析式中求解.‎ ‎7．如图所示,程序框图(算法流程图)的输出结果是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】 由题意，可得，‎ 执行如图所示的程序框图，第一次循环： ；‎ 第二次循环： ；‎ 第三次循环： ，‎ 此时终止循环，输出结果，故选C.‎ ‎8．等差数列的公差，且成等比数列，若为数列的前项和，则数列的前项和取最小值时的为（　　）‎ A． 3 B． 3或4 C． 4或5 D． 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据成等比数列可求得和的关系，再根据可求得和，进而可得，最后根据数列项的特点判断出的值．‎ ‎【详解】‎ ‎∵成等比数列，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 整理得，‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ 又，解得，‎ ‎∴．‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎∴当时，，且当时，；当当时，．‎ ‎∴当或时，数列的前项和取最小值．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】‎ 求等差数列前n项和的最值，常用的方法：①利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；②利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；③将等差数列的前n项和 (A、B为常数)看做二次函数，根据二次函数的性质求最值．‎ ‎9．已知非零向量满足，且在方向上的投影与在方向上的投影相等，则等于（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】 因为在方向上的投影与在方向上的投影相等，‎ ‎ 设这两个向量的夹角为，则，‎ ‎ 又由且，‎ 所以，故选B.‎ ‎10．（题文）已知函数的部分图象如图所示，则函数图象的一个对称中心是 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由函数图象可得函数的周期为：，‎ 则函数的对称中心横坐标满足：，‎ 则函数的对称中心横坐标满足：，‎ 即：，令可得函数图象的一个对称中心是.‎ 本题选择C选项.‎ 点睛：函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与x轴的每一个交点均为其对称中心，经过该图象上坐标为(x，±A)的点与x轴垂直的每一条直线均为其图象的对称轴，这样的最近两点间横坐标的差的绝对值是半个周期(或两个相邻平衡点间的距离)‎ ‎11．已知,若时，，则的取值范围是（　　）‎ ‎ ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得函数为奇函数，且在R上单调递减，由此可将不等式转化为不等式在上恒成立，结合抛物线的开口方向和对称轴与区间的关系求得函数的最值后可得所求．‎ ‎【详解】‎ 由题意得函数为奇函数，且在上单调递增．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 令,,‎ ‎①当，即时，，‎ 由题意得，解得，‎ ‎∴．‎ ‎②当，即时，，‎ 由题意得，解得．‎ ‎∴．‎ 综上可得．‎ ‎∴实数的取值范围是．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 解答本题时注意以下两点：（1）根据函数的单调性和奇偶性将不等式转化为二次不等式的恒成立问题是解题的关键，然后转化为求二次函数的最大值的问题处理；（2）求二次函数在闭区间上的最大值时，根据抛物线的开口方向和对称轴与区间的关系可分为两种情况求解即可．‎ ‎12．已知为偶函数，当时，，则不等式的解集为（　　）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出当时，不等式的解，然后利用函数的奇偶性求出整个定义域上不等式的解，然后再求出不等式的解集．‎ ‎【详解】‎ 当，由，得，解得；‎ 当时，由，解得．‎ 画出当时，函数的图象如下图所示，‎ ‎ ‎ 结合图象可得，当时，不等式的解为．‎ 因为函数为偶函数，‎ 所以当当时，不等式的解为．‎ 所以不等式不等式的解为或．‎ 由或，‎ 解得或．‎ 故不等式的解集为．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用函数的性质及图象解不等式，考查分段函数的应用，根据函数为偶函数，解题时只需考虑当时不等式的解即可，进而可得在定义域上的解，最后结合图象的平移可得所求的不等式的解集．‎ 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．如图是某学校一名篮球运动员在五场比赛中所得分数的茎叶图，则该运动员在这五场比赛中得分的方差为_________.‎ ‎(注：方差 ，其中为的平均数)‎ ‎【答案】6.8，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出该运动员这五场比赛得分的平均数，再求出方差即可．‎ ‎【详解】‎ 由题意得该运动员这五场比赛的得分分别为，‎ ‎∴得分的平均数为，‎ ‎∴方差 ．‎ ‎【点睛】‎ 本题以茎叶图为载体，考查样本平均数、方差的计算，考查阅读能力和计算能力，属于基础题．‎ ‎14．等比数列{}的公比, 已知=1，，则{}的前4项和= ______________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据=1，可求得等比数列{}的公比，然后再求出．‎ ‎【详解】‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 解得或（舍去），‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列中基本计算，考查转化能力和运算能力，其中求出首项和公比是解题的关键．‎ ‎15．已知函数当时，函数的零点________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得函数在上为增函数，根据函数的单调性和函数零点存在定理判断出零点所在的区间，进而可得所求．‎ ‎【详解】‎ 由题意得函数在上为增函数．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 判断函数零点所在的区间时，可根据函数零点存在性定理进行求解，特别是当函数为单调函数时，还可判断出函数零点的个数．‎ ‎16．已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2正方形。若PA=2,则△OAB的面积为______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意构造长方体，让P与重合，则该长方体的对角线PC即为球的直径（球为该长方体的外接球，于是可求得PC的长度，可判断△为等边三角形，从而可求得其面积．‎ ‎【详解】‎ 由题意，可将P,A,B,C,D补全为长方体ABCD−A′B′C′D′，让P与A′重合，‎ 则球O为该长方体的外接球，长方体的对角线PC即为球O的直径．‎ ‎∵ABCD是边长为正方形，PA⊥平面ABCD，，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 设球的半径为，则，‎ ‎∴．‎ ‎∴△OAB为边长是的等边三角形，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．在中,分别是角所对的边,已知, ,且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若,且的面积为,求的值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎ 试题分析：(1)由题意，根据正弦定理以及辅助角公式得，即可求解角的大小； ‎ ‎ (2)由题意，根据三角形的面积得，再由余弦定理化简得，进而求得的值.‎ 试题解析：‎ ‎(1)由题意,‎ 根据正弦定理得:,即 所以,利用辅助角公式得，‎ 又因为,所以 ‎(2)由题意,且,得，又因为在中,由余弦定理有：‎ ‎，即，所以 即又∵，∴‎ ‎18．某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位：m3）和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：‎ 未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表 日用 水量 ‎[0,0.1)‎ ‎[0.1,0.2)‎ ‎[0.2,0.3)‎ ‎[0.3,0.4)‎ ‎[0.4,0.5)‎ ‎[0.5,0.6)‎ ‎[0.6,0.7)‎ 频数 ‎1‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎9‎ ‎26‎ ‎5‎ 使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表 日用 ‎[0,0.1)‎ ‎[0.1,0.2)‎ ‎[0.2,0.3)‎ ‎[0.3,0.4)‎ ‎[0.4,0.5)‎ ‎[0.5,0.6)‎ 水量 频数 ‎1‎ ‎5‎ ‎13‎ ‎10‎ ‎16‎ ‎5‎ ‎⑴在答题卡上作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图：‎ ‎⑵估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35m3的概率；‎ ‎⑶估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表．）‎ ‎【答案】（1）见解析（2）0.48（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表能作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图． （2）根据频率分布直方图能求出该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35m3的概率． （3）由题意得未使用水龙头50天的日均水量为0.48，使用节水龙头50天的日均用水量为0.35，能此能估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）‎ ‎（2）根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50天日用水量小于0.35m3的频率为 ‎0.2×0.1+1×0.1+2.6×0.1+2×0.05=0.48，‎ 因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于0.35m3的概率的估计值为0.48． ‎ ‎（3）该家庭未使用节水龙头50天日用水量的平均数为 ‎． ‎ 该家庭使用了节水龙头后50天日用水量的平均数为 ‎． ‎ 估计使用节水龙头后，一年可节省水．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查频率分由直方图的作法，考查概率的求法，考查平均数的求法及应用等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎19．如图，正三棱柱中为的中点。‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若点为四边形内部及其边界上的点，且三棱锥的体积为三棱柱体积的，试在图中画出点的轨迹，并说明理由。‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，由为正三角形可得，又，从而可得平面，所以．在正方形中可证得，然后根据线面垂直的判定定理得到平面，故得．（2）取中点，连接，则线段为点的运动轨迹，然后根据线面平行的性质可证得结论成立．‎ ‎【详解】‎ 解法一：（1）证明：取的中点，连接，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴．‎ ‎∵为正三角形，为的中点，‎ ‎∴，‎ 又∵平面，，‎ ‎∴平面，‎ 又平面，‎ ‎∴‎ 在正方形中，可得，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，故，‎ 又，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴．‎ ‎（2）取中点，连接，则线段为点的运动轨迹．理由如下：‎ ‎∵，平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴到平面的距离为．‎ ‎∴．‎ 故线段为点的运动轨迹．‎ 解法二：（1）证明：取的中点，连接，‎ ‎∵为正三角形，为的中点，‎ ‎∴．‎ ‎∵在正三棱柱中，平面平面，平面平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴．‎ 在正方形中，因为，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又，平面，‎ ‎∴平面，‎ 又，‎ ‎∴．‎ ‎（2）取中点，连接，则线段为点的运动轨迹．理由如下：‎ 设三棱锥的高为，‎ 依题意得，‎ ‎∴．‎ ‎∵分别为中点，‎ ‎∴，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴点到平面的距离为．‎ 故线段为点的运动轨迹．‎ ‎【点睛】‎ 在解决空间中的平行或垂直等问题时，要注意相关定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线关系和线面关系以及面面关系的互相转化．同时为了解题的需要适当的时候还需要添加辅助线（面）进行求解．‎ ‎20．已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，‎ ‎（1）求线段中点的轨迹方程；‎ ‎（2）设点，记的轨迹方程所对应的曲线为，若过点且在两坐标轴上截距相等的直线与曲线相切，求的值及切线方程．‎ ‎【答案】（1）（2）或，和. ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，，根据中点公式得到，将此式代入圆的方程可得所求轨迹方程．（2）由题意设切线方程为和，根据直线与圆相切得到关于的关系式，求得参数的值即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设，，‎ ‎∵为线段中点 则 ，整理得，‎ 又点在圆上运动 ‎∴，‎ 即．‎ ‎ ∴点M的轨迹方程为； ‎ ‎（2）设切线方程为和，‎ 则和，‎ 解得或，‎ ‎∴切线方程为和．‎ ‎【点睛】‎ 在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形式的适用条件．用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线．故在解题时，若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零；若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况．‎ ‎21．已知直线是函数的图象的一条对称轴。‎ ‎（1）求函数的单调递增区间；‎ ‎（2）设中角， 所对的边分别为，若，且，求的最大值。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数在时取得最大值或最小值可求得，进而得到函数的解析式，然后再求出函数的单调递增区间．（2）由可得，然后根据正弦定理得到，于是，最后根据的取值范围可得所求．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意得或，‎ 解得，‎ ‎∴，‎ 由，‎ 得，‎ ‎∴函数的单调递增区间为．‎ ‎（2）由（1）得，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ 由正弦定理得，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴当，即时，取得最大值．‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ) (其中A≠0，ω>0)的函数的单调区间，可以通过解不等式的方法去解答．列不等式的原则：①把“ωx＋φ (ω>0)”视为一个“整体”；②A>0 (A<0)时，所列不等式的方向与y＝sin x(x∈R)，y＝cos x(x∈R)的单调区间对应的不等式方向相同(反)．‎ ‎（2）求形如y＝asin x＋bcos x＋c的三角函数的值域（或最值）时，可先将解析式化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再求最值(值域)；‎ ‎22．已知首项为1的等差数列中，是的等比中项.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列是单调数列，且数列满足，求数列的前项和。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可求得等差数列的公差，进而可得通项公式．（2）结合题意求出数列的通项公式，然后根据错位相减法求和．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设等差数列的公差为，‎ ‎∵是的等比中项，‎ ‎∴，‎ ‎， ‎ ‎∴ 或 ，‎ 当时，；‎ 当时，．‎ ‎∴或．‎ ‎(2)由(1)及是单调数列知， ‎ ‎ ‎ ‎ …….①‎ ‎ …….②‎ ‎①-②得 ‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）通过数列通项公式观察数列特点和规律，在分析数列通项的基础上，判断求和类型，寻找求和的方法．‎ ‎（2）错位相减法适用于等差数列与等比数列的积数列的求和，是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．‎