2019-2020学年黑龙江省大庆市第十中学高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年黑龙江省大庆市第十中学高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年黑龙江省大庆市第十中学高二上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．下列几何体中，多面体是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】判断各选项中几何体的形状，从而可得出多面体的选项.‎ ‎【详解】‎ A选项中的几何体是球，是旋转体；B选项中的几何体是三棱柱，是多面体；‎ C选项中的几何体是圆柱，旋转体；D选项中的几何体是圆锥，是旋转体.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查多面体的判断，要熟悉多面体与旋转体的基本概念，考查对简单几何体概念的理解，属于基础题.‎ ‎2．已知，是两个变量，下列四个散点图中，，虽负相关趋势的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由图可知C选项中的散点图描述了随着的增加而减小的变化趋势，‎ 故选C ‎3．若命题“”为假，且“”为假，则 A．或为假 B．真 C．假 D．不能判断的真假 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：命题“”为假，说明与中至少有一个是假命题，“”为假说明为真命题，所以为假命题.‎ ‎【考点】本小题主要考查了由复合命题的真假判断命题的真假.‎ 点评：解决此类问题的关键是掌握复合命题的真值表并能熟练应用.‎ ‎4．已知，分别是椭圆（）的左顶点和上顶点，线段的垂直平分线过右顶点.若椭圆的焦距为2，则椭圆的长轴长为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】线段的垂直平分线过右顶点，则有，结合，可求得.‎ ‎【详解】‎ A，B分别是椭圆C：（a＞b＞0）的左顶点和上顶点，线段AB的垂直平分线过右顶点．若椭圆C的焦距为2，‎ 则2b，化简可得a2＝3b2，又a2＝b2+c2，c＝1，所以，2a．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的几何性质，属于基础题。在解决圆锥曲线问题时，注意图形中的一些线段与的关系是解题基础.‎ ‎5．如果数据、、、的平均值为，方差为，则数据：‎ ‎、、、的平均值和方差分别为（ ）‎ A．， B．， C．， D．，‎ ‎【答案】A ‎【解析】计算出数据、、、的平均值和方差的值，然后利用平均数和方差公式计算出数据、、、的平均值和方差.‎ ‎【详解】‎ 设数据、、、的平均值为，方差为，‎ 由题意，得，‎ 由方差公式得，.‎ 所以，数据、、、的平均值为，‎ 方差为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平均数与方差的计算，熟练利用平均数与方差的公式计算是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎6．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为 A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7‎ ‎【答案】B ‎【解析】【详解】‎ 分析：由公式计算可得 详解：设事件A为只用现金支付，事件B为只用非现金支付，‎ 则 因为 所以，‎ 故选B.‎ 点睛：本题主要考查事件的基本关系和概率的计算，属于基础题．‎ ‎7．在空间中,已知为不同的直线,为不同的平面,则下列判断错误的是（ ）‎ A．若,则 B．若,则 C．若,则 D．若,则 ‎【答案】C ‎【解析】结合点、直线、平面的位置关系,对四个选项逐个分析即可选出答案.‎ ‎【详解】‎ 对于A选项,根据线面平行的判定定理,即可得出,A正确；‎ 对于B选项,根据面面平行的性质定理即可得出,B正确；‎ 对于C选项,若,不满足线面垂直的判定定理,不能得出,C错误；‎ 对于D选项,根据面面垂直的判定定理,即可得出,D正确.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了点线面的位置关系,考查了学生的空间想象能力与推理能力,属于基础题.‎ ‎8．求的程序框图，如图所示，则图中判断框中可填入（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】阅读程序框图，写出前面几步，再总结规律，得到时，，从而推断判断框应填的条件.‎ ‎【详解】‎ ‎，；‎ ‎，； ‎ 依此类推，，‎ 故判断框中可填入“”.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查程序框图的阅读，求解的关键是抓住求和的规律，考查特殊到一般的思想的运用.‎ ‎9．如图是一个边长为3的正方形二维码，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区域内随机投掷1089个点，其中落入白色部分的有484个点，据此可估计黑色部分的面积为（ ）‎ A．4 B．5 C．6 D．7‎ ‎【答案】B ‎【解析】计算出正方形的面积，根据几何概型的原理可求得结果.‎ ‎【详解】‎ 正方形二维码的面积为： 黑色部分的面积为：‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查几何概型的应用，属于基础题.‎ ‎10．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　 )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由三视图可得该几何体是由圆柱的一半（沿轴截面截得，底面半径为1，母线长为3）和一个半径为1的半球组合而成（部分底面重合），则该几何体的表面积为.‎ ‎【名师点睛】先利用三视图得到该组合体的结构特征，再分别利用球的表面积公式、圆柱的侧面积公式求出各部分面积，最后求和即可.处理几何体的三视图和表面积、体积问题时，往往先由三视图判定几何体的结构特征，再利用相关公式进行求解.‎ ‎11．如图，正三棱柱中，，是的中点，则与平面所成角的正弦值等于（ ）‎ ‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】记分别为直线的中点，取中点，连结，，只需证平面，即可得是与平面所成的角，进而可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 记分别为直线的中点，取中点，连结，，所以在正三棱柱中，平面；又是的中点，所以,所以平面，故即是与平面所成的角；设，则，‎ ‎，所以.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与平面所成的角，只需在几何体中作出线面角，即可求解，属于基础题型.‎ ‎12．已知双曲线的右焦点为F，过点F且倾斜角为45°的直线与双曲线的右支一定有两个交点，则此双曲线的离心率的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】求出双曲线的渐近线方程，由题意可知，双曲线渐近线的倾斜角范围是，再由斜率公式和离心率公式计算即可得到范围．‎ ‎【详解】‎ 解：双曲线的渐近线方程为， 由题意可知，双曲线渐近线的倾斜角范围是， 渐近线斜率 ‎， 而， 由此得不等式，即， 故，所以，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和双曲线的相交的交点问题，关键是要发现直线和渐近线的倾斜程度的关系，考查了离心率的求法以及运算能力，属于基础题．‎ 二、填空题 ‎13．命题“，”的否定是___________.‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】利用全称命题的否定的结构形式可求给定的命题的否定.‎ ‎【详解】‎ 命题的否定为：，.‎ 故答案为：，.‎ ‎【点睛】‎ 全称命题的一般形式是：，，其否定为.存在性命题的一般形式是，，其否定为.‎ ‎14．某单位有职工480人，其中青年职工210人，中年职工150人，老年职工120人，为了了解该单位职工的健康情况，用分层抽样的方法从中抽取样本.若样本中的青年职工为7人，则样本容量为________.‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】按比例计算出中年职工、老年职工中抽取的人数，三者的和为样本容量．‎ ‎【详解】‎ 设中年职工抽取了人，老年职工抽取了人，‎ 则，解得，‎ ‎．‎ 故答案为：6．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查分层抽样，分层抽样中各层所抽取样本的个数是按比例抽取的．‎ ‎15．如图，多面体，两两垂直，，，，则经过的外接球的表面积是_________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 根据两两垂直构造如图所示的长方体，则经过的外接球即为长方体的外接球，故球的直径为长方体的体对角线的长．‎ 设,‎ 由题意得，解得．‎ 所以球半径为，球的表面积为 ．‎ 答案： ‎ 点睛：‎ 与圆有关的组合体的有关计算是高考的重要考点，解答此类问题时要注意组合体的形式，并根据组合体的特点确定出球心的位置，从而求出球半径的大小．对于球的外接问题，若在条件中出现了过同一点的三条两两垂直的线段，可由此构造出一个长方体，则该长方体的体对角线即为外接球的直径．‎ ‎16．设已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点为F(1，0)，直线与抛物线相交于A，B两点.若AB的中点为（2，2），则直线的方程为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】抛物线的方程为，‎ 三、解答题 ‎17．已知，.‎ ‎（1）是否存在实数，使是的充要条件？若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由；‎ ‎（2）是否存在实数，使是的必要条件？若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）不存在实数，使是的充要条件 ‎（2）当实数时，是的必要条件 ‎【解析】（1）解不等式得到集合；再由是的充要条件，可得，进而可得出结果；‎ ‎（2）要使是的必要条件，则 ，然后讨论和两种情况，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）.‎ 要使是的充要条件，则，即 此方程组无解，‎ 则不存在实数，使是的充要条件； ‎ ‎（2）要使是的必要条件，则 ，‎ 当时，，解得； ‎ 当时，，解得 要使 ，则有，解得，所以，‎ 综上可得，当实数时，是的必要条件．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查集合之间的关系，以及充分条件和必要条件，根据题中条件，确定集合之间的关系，即可求解，属于基础题型.‎ ‎18．《中华人民共和国道路交通安全法》第条的相关规定：机动车行经人行道时，应当减速慢行；遇行人正在通过人行道，应当停车让行，俗称“礼让斑马线”， 《中华人民共和国道路交通安全法》第条规定：对不礼让行人的驾驶员处以扣分，罚款元的处罚.下表是某市一主干路口监控设备所抓拍的5个月内驾驶员“礼让斑马线”行为统计数据：‎ 月份 违章驾驶员人数 ‎（1）请利用所给数据求违章人数与月份之间的回归直线方程；‎ ‎（2）预测该路口月份的不“礼让斑马线”违章驾驶员人数.‎ 参考公式： ,参考数据：.‎ ‎【答案】（1）；（2）49.‎ ‎【解析】（1）由表中的数据，根据最小二乘法和公式，求得的值，得到回归直线方程；‎ ‎（2）令，代入回归直线的方程，即可得到该路口9月份的不“礼让斑马线”违章驾驶员人数.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由表中数据知， ，‎ ‎∴， ，‎ ‎∴所求回归直线方程为.‎ ‎（2）令，则人.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了回归直线方程的求解及其应用，其中解答中认真审题，根据最小二乘法的公式准确计算，求得的值是解答的关键和解答的难点，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎19．如图，从参加环保知识竞赛的学生中抽出名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题： ‎ ‎（1）这一组的频数、频率分别是多少？‎ ‎（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、众数、中位数。（不要求写过程）‎ ‎(3) 从成绩是80分以上（包括80分）的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率．‎ ‎【答案】（1）4;（2）68．5、75、70;（3）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据频率分步直方图的意义，计算可得40～50、50～60、60～70、70～80、90～100这5组的频率，由频率的性质可得80～90这一组的频率，进而由频率、频数的关系，计算可得答案；（2）根据频率分步直方图中计算平均数、众数、中位数的方法，计算可得答案；（3）记“取出的2人在同一分数段”为事件E，计算可得80～90之间与90～100之间的人数，并设为a、b、c、d，和A、B，列举可得从中取出2人的情况，可得其情况数目与取出的2人在同一分数段的情况数目，由等可能事件的概率公式，计算可得答案．‎ 解：（1）根据题意，40～50的这一组的频率为0．01×10=0．1，50～60的这一组的频率为0．015×10=0．15，60～70的这一组的频率为0．025×10=0．25，70～80的这一组的频率为0．035×10=0．35，90～100的这一组的频率为0．005×10=0．05，则80～90这一组的频率为1-（0．1+0．15+0．25+0．35+0．05）=0．1，其频数为40×0．1=4；‎ ‎（2）这次竞赛的平均数为45×0．1+55×0．15+65×0．25+75×0．35+85×0．1+95×0．05=68．5，70～80一组的频率最大，人数最多，则众数为75，70分左右两侧的频率均为0．5，则中位数为70；‎ ‎（3）记“取出的2人在同一分数段”为事件E，因为80～90之间的人数为40×0．1=4，设为a、b、c、d，90～100之间有40×0．05=2人，设为A、B，从这6人中选出2人，有（a，b）、（a，c）、（a，d）、（a，A）、（a、B）、（b，c）、（b，d）、（b，A）、（b、B）、（c、d）、（c、A）、（c、B）、（d、A）、（d、B）、（A、B），共15个基本事件，其中事件A包括（a，b）、（a，c）、（a，d）、（b，c）、（b，d）、（c、d）、（A、B），共7个基本事件，则P（A）=．‎ ‎【考点】1．等可能事件的概率；2．频率分布直方图．‎ ‎20．如图所示，四棱锥中，菱形所在的平面，，是中点，是的中点．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若是上的中点，且，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2） .‎ ‎【解析】（1）证明：连接，因为底面为菱形，得到，证得所以，再利用线面垂直的判定定理得平面，再利用面面垂直的判定，即可证得平面平面.‎ ‎（2）利用等积法，即可求解三棱锥的体积.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接，‎ 因为底面为菱形，，所以是正三角形，‎ 因为是中点，所以，又，所以，‎ 因为平面，平面，所以，‎ 又，所以平面 又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）因为，则，‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中位置关系的判定与证明及几何体的体积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理是解答的关键，同时对于空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．‎ ‎21．如图，一个正和一个平行四边形ABDE在同一个平面内，其中，，AB，DE的中点分别为F，G.现沿直线AB将翻折成，使二面角为，设CE中点为H.‎ ‎（1）（i）求证：平面平面AGH；‎ ‎（ii）求异面直线AB与CE所成角的正切值；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1) （i）证明见解析；（ii） (2) ‎ ‎【解析】（1）（i）通过证明四边形为平行四边形证得；通过三角形中位线证得，由此证得平面平面AGH.‎ ‎（ii）根据和判断是两个异面直线与 所成角.用勾股定理求得，利用余弦定理求得，由此求得异面直线与所成角的正切值.‎ ‎（2）根据二面角的定义，判断出即为二面角的平面角，利用余弦定理求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）（i）证明：连FD.因为ABDE为平行四边形，F、G分别为AB、DE中点，‎ 所以FDGA为平行四边形，所以.- ‎ 又H、G分别为CE、DE的中点，所以. ‎ FD、平面AGH，AG、平面AGH，所以平面AGH，平面AGH，而FD、平面CDF，所以平面平面AGH. ‎ ‎（ii）因为，所以或其补角即为异面直线AB与CE所成的角. ‎ 因为ABC为正三角形，，F为AB中点，所以，,从而平面CFD，而，所以平面CFD，因为平面CFD，所以.- ‎ 由条件易得，，又为二面角的平面角，所以，所以，所以. ‎ ‎（2）由（1）的（ii）知平面CFD，即，，所以即为二面角的平面角. ‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查面面平行的证明，考查异面直线所成角的正切值的求法，考查二面角余弦值的计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线 ‎（）与椭圆交于，两点（点在轴的上方）.‎ ‎（1）若，求的面积；‎ ‎（2）是否存在实数使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在实数，使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点 ‎【解析】（1）由椭圆方程求得，得，由直线方程与椭圆方程联立可解得交点坐标，当然这里只要得出点的纵坐标，即可求得三角形面积；‎ ‎（2）这类问题，都是假设存在实数使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点，则有.设，，从而有，把直线方程与椭圆方程联立消元后可得，代入，求得值，说明存在，求不出值说明假设错误，不存在。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设椭圆的半焦距为，因为，，，所以，，，‎ 联立化简得，解得或，又点在轴的上方，所以，所以，‎ 所以的面积为.‎ ‎（2）假设存在实数使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点，则有.‎ 设，，‎ 联立消去得，（）‎ 则，.‎ 由，所以，即，‎ 整理得，‎ 所以，解得.‎ 经检验时（）中，‎ 所以存在实数，使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与椭圆相交问题中的面积问题，存在性问题。解析几何中存在性命题解题方法是：假设满足题意的数存在，并把它作为已知条件进行推理求值，如果能求得这个值说明存在，如果不能求出这个值说明不存在。本题中还用到“设而不求”思想，注意体会。‎