2019-2020学年贵州省思南中学高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年贵州省思南中学高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年贵州省思南中学高二上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意先解出集合A,进而得到结果．‎ ‎【详解】‎ 解：由集合A得,‎ 所以 故答案选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查交集的运算，属于基础题．‎ ‎2．甲乙两名同学6次考试的成绩统计如图，甲乙两组数据的平均数分别为、标准差分别为、，则 ‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】C ‎【解析】通过读图可知甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故.‎ ‎【详解】‎ 由图可知，甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知 图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故.故选.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平均数及标准差的实际意义，是基础题.‎ ‎3．已知，若，则实数的值为 （　　）‎ A．-2 B． C． D．2‎ ‎【答案】D ‎【解析】写出的坐标，利用两个向量垂直的坐标运算可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎,‎ 若，则，‎ 解得，‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题考查空间两个向量垂直的坐标运算，属于基础题.‎ ‎4．已知圆的方程为，则在轴上截距为的圆的切线方程为（ ）‎ A．‎ B．‎ C．或 D．或 ‎【答案】C ‎【解析】先讨论斜率不存在，当斜率存在时设直线方程，利用相切圆心到直线的距离等于半径求解斜率即可．‎ ‎【详解】‎ 在轴上截距为且斜率不存在的直线显然不是切线，故设切线方程为，则，所以，故所求切线方程为或.‎ ‎【点睛】‎ 本题属于基础题，直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径．‎ ‎5．已知，，，则（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：因为所以选C．‎ ‎【考点】比较大小 ‎6．为计算，设计了下面的程序框图，则在空白框中应填入 A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据程序框图可知先对奇数项累加，偶数项累加，最后再相减.因此累加量为隔项.‎ 详解：由得程序框图先对奇数项累加，偶数项累加，最后再相减.因此在空白框中应填入，选B.‎ 点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.‎ ‎7．若双曲线过点，且渐近线方程为，则该双曲线的方程是（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先由渐近线方程，设双曲线方程为，再由题意，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 解：因为双曲线的渐近线方程为，‎ 所以，可设双曲线标准方程为：，‎ ‎∵双曲线过，代入方程得，‎ ‎∴双曲线方程：．‎ 故选．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求双曲线的方程，熟记双曲线标准方程的求法即可，属于基础题型.‎ ‎8． “黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”的后一句中，“攻破楼兰”是“返回家乡”的（ ）‎ A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】根据返回家乡的前提条件是攻破楼兰，即可判断出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查必要不充分条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型.‎ ‎9．三棱锥S－ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB的长为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据三视图判断出平面并计算出的长度，再根据的长度以及勾股定理求解出的长度.‎ ‎【详解】‎ 由已知三视图可得SC⊥平面ABC，且底面△ABC为等腰三角形．‎ 在△ABC中，AC＝4，AC边上的高为，所以BC＝4.‎ 在Rt△SBC中，由SC＝4，可得SB＝.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据几何体的三视图和直观图求解几何体的棱长，难度较易.根据三视图和直观图求解棱长时，要注意位置关系的判断，对空间想象能力要求较高.‎ ‎10．方程的实数根个数为（ ）‎ A．3个 B．5个 C．7个 D．9个 ‎【答案】A ‎【解析】由方程的实数根个数等价于函数与函数的图像的交点个数，在同一直角坐标系中作出函数与函数的图像，再观察图像的交点个数即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：方程的实数根个数等价于函数与函数的图像的交点个数，‎ 在同一直角坐标系中，函数与函数的图像如图所示，‎ 由图可知，函数与函数的图像的交点个数为3个，‎ 则方程的实数根个数为3个，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了方程的解的个数与函数图像的交点个数之间的相互转化，重点考查了函数思想及数形结合的数学思想方法，属中档题.‎ ‎11．如果角满足，那么的值是（ ）‎ A．-1 B．-2 C．1 D．2‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：，，．‎ ‎．故D正确．‎ ‎【考点】同角三角函数基本关系式．‎ ‎12．已知函数，，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：求函数f（x）定义域，及f（﹣x）便得到f（x）为奇函数，并能够通过求f′（x）判断f（x）在R上单调递增，从而得到sinθ＞m﹣1，也就是对任意的都有sinθ＞m﹣1成立，根据0＜sinθ≤1，即可得出m的取值范围．‎ 详解：‎ f（x）的定义域为R，f（﹣x）=﹣f（x）；‎ f′（x）=ex+e﹣x＞0；‎ ‎∴f（x）在R上单调递增；‎ 由f（sinθ）+f（1﹣m）＞0得，f（sinθ）＞f（m﹣1）；‎ ‎∴sinθ＞m﹣1；‎ 即对任意θ∈都有m﹣1＜sinθ成立；‎ ‎∵0＜sinθ≤1；‎ ‎∴m﹣1≤0；‎ ‎∴实数m的取值范围是（﹣∞，1]．‎ 故选：D．‎ 点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，注意奇函数的在对称区间上的单调性的性质；对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集.‎ 二、填空题 ‎13．若，满足约束条件，则的最大值为_____________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式，之后在图中画出直线，在上下移动的过程中，结合的几何意义，可以发现直线过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.‎ ‎【详解】‎ 根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：‎ 由，可得，‎ 画出直线，将其上下移动，‎ 结合的几何意义，可知当直线在y轴截距最大时，z取得最大值，‎ 由，解得，‎ 此时，故答案为6.‎ 点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.‎ ‎14．欧阳修在《卖油翁》中写到：“（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见卖油翁的技艺之高超，若铜钱直径4厘米，中间有边长为1厘米的正方形小孔，随机向铜钱上滴一滴油（油滴大小忽略不计），则油恰好落入孔中的概率是____．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】分析：根据几何概型的概率公式解答即可.‎ 详解：由几何概型的概率公式得所以油恰好落入孔中的概率是.故答案为：.‎ 点睛：本题主要考查几何概型的概率公式，意在考查概率的基础知识的掌握能力及基本的运算能力. ‎ ‎15．过点作斜率为的直线与椭圆：相交于，若是线段的中点，则椭圆的离心率为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：设A，B，则①，②，‎ ‎∵M是线段AB的中点，∴，∵直线AB的方程是，‎ ‎∴，∵过点M（1，1）作斜率为的直线与椭圆C：（a＞b＞0）相交于A，B两点，M是线段AB的中点，∴①②两式相减可得，即．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质 ‎16．已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，，，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为______．‎ ‎【答案】36π ‎【解析】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，‎ 若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，‎ 可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，‎ 可得 ，解得r=3.‎ 球O的表面积为： .‎ 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.‎ 三、解答题 ‎17．在中，角所对的边分别为，的面积为，.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）3‎ ‎【解析】（1）因为，由正弦定理得，即得，解出A（2）利用 得出，由得出，联立求即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，由正弦定理得， 化简得 ， ‎ ‎（2） 又 ，即 联立可得，又，.‎ ‎18．交通指数是指交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念性指数值，记交通指数为，其范围为，分别有五个级别：，畅通；，基本畅通；，轻度拥堵；，中度拥堵；，严重拥堵.在晚高峰时段（），从某市交通指挥中心选取了市区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图如图所示.‎ ‎(1)求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段的个数；‎ ‎(2)用分层抽样的方法从轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段中共抽取6个路段，求依次抽取的三个级别路段的个数；‎ ‎(3)从(2)中抽取的6个路段中任取2个，求至少有1个路段为轻度拥堵的概率.‎ ‎【答案】（1）轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段的个数分别为6，9，3；（2）从交通指数在[4,6)，[6,8)，[8,10]的路段中分别抽取的个数为2,3,1；（3）‎ ‎【解析】（1）根据在频率分布直方图中，小长方形的面积表示各组的频率，可以求出频率，再根据频数等于频率乘以样本容量，求出频数；‎ ‎（2）根据（1）求出拥堵路段的个数，求出每层之间的占有比例，然后求出每层的个数；‎ ‎（3）先求出从(2)中抽取的6个路段中任取2个，有多少种可能情况，然后求出至少有1个路段为轻度拥堵有多少种可能情况，根据古典概型概率公式求出.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由频率分布直方图得，这20个交通路段中，‎ 轻度拥堵的路段有(0.1＋0.2)×1×20＝6(个)，‎ 中度拥堵的路段有(0.25＋0.2)×1×20＝9(个)，‎ 严重拥堵的路段有(0.1＋0.05)×1×20＝3(个).‎ ‎(2)由(1)知，拥堵路段共有6＋9＋3＝18(个)，按分层抽样，从18个路段抽取6个，则抽取的三个级别路段的个数分别为，，，即从交通指数在[4,6)，[6,8)，[8,10]的路段中分别抽取的个数为2,3,1.‎ ‎(3)记抽取的2个轻度拥堵路段为，，抽取的3个中度拥堵路段为，，，抽取的1个严重拥堵路段为，则从这6个路段中抽取2个路段的所有可能情况为：‎ ‎，共15种，其中至少有1个路段为轻度拥堵的情况为：‎ ‎，共9种.‎ 所以所抽取的2个路段中至少有1个路段为轻度拥堵的概率为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了频率直方图的应用、分层抽样、古典概型概率的求法.解决本题的关键是对频率直方图所表示的意义要了解，分层抽样的原则要知道，要能识别古典概型.‎ ‎19．已知数列为正项等比数列，满足，且，，构成等差数列，数列满足.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）若数列的前项和为，数列满足，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ） ， ；（Ⅱ）‎ ‎【解析】(Ⅰ)先设等比数列的公比为q(q)，根据，且构成等差数列，求出q，即可得出的通项公式，再由，可得出的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)先由等差数列的前项和公式求出，再由裂项相消法求出即可.‎ ‎【详解】‎ 解：(Ⅰ)设等比数列的公比为q(q)，由题意，得 ‎ 解得或（舍）‎ 又所以 ‎ ‎ ‎ ‎(Ⅱ)．‎ ‎∴ ，‎ ‎∴‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列与等比数列，以及求数列的前项和，熟记等差数列与等比数列的通项公式即可求解，属于常考题型.‎ ‎20．已知函数.‎ ‎（1）若的定义域，值域都是，求的值；‎ ‎（2）当时，讨论在区间上的值域.‎ ‎【答案】（1）实数不存在在；（2）当时，值域为：；‎ 当，值域为；‎ 当时，值域为：.‎ ‎【解析】（1）根据对数的真数大于零，结合已知和一元二次不等式解集的性质、对数函数的单调性进行求解即可；‎ ‎（2）根据复合函数的单调性，结合所给的区间，分类讨论进行求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为的定义域是，所以在实数集上恒成立，故一元二次方程的根的判别式；‎ 的值域是，说明能取遍所有的正实数，因此一元二次方程的根的判别式，显然这与刚得到矛盾，故不存在这样的实数；‎ ‎（2）因为，所以，函数的定义域为不等于1的全体实数，故区间的右端点不能等于1，即且，显然函数在上单调递减，在上单调递增.‎ 当时，函数在上是减函数，故函数的最大值为，函数的最小值为：，因此函数的值域为：；‎ 当，函数没有单调性，故函数的最大值为，而 ‎，所以函数的值域为；‎ 当时，函数的最大值为：，而，所以函数的值域为：‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了已知对数型函数的定义域和值域求参数问题，考查了求对数型函数在闭区间上的值域问题，考查了对数型函数的单调性，考查了分类讨论思想，考查了数学运算能力.‎ ‎21．如图，四边形是矩形，沿对角线将折起，使得点在平面上的射影恰好落在边上.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）当时，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）先证明. 结合，得平面，又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）以点为原点，线段所在的直线为轴，线段所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设点在平面上的射影为点，连接 则平面，所以.‎ ‎ 因为四边形是矩形，所以，所以平面，‎ 所以. ‎ 又，所以平面，而平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（2）方法1：在矩形中，过点作的垂线，垂足为，连结.‎ 因为平面 ，又DM∩DE=D 所以平面 ，‎ 所以为二面角的平面角. ‎ 设，则.‎ 在中，易求出，.‎ 在中，，‎ 所以. ‎ 方法2：以点为原点，线段所在的直线为轴，线段所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示. ‎ 设，则，所以，.‎ 由（1）知，又，所以°，°，那么，，，‎ 所以，所以，. ‎ ‎ 设平面的一个法向量为，则即 取，则，，所以. ‎ 因为平面的一个法向量为，‎ 所以.‎ 所以求二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 此题考查二面角余弦值的计算，向量坐标的运算等.‎ ‎22．已知圆，直线，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切.设动圆圆心P的轨迹为E.‎ ‎（1）求E的方程；‎ ‎（2）若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且，求证：直线AB恒过定点.‎ ‎【答案】（1）； （2）见解析 ‎【解析】（1）由抛物线定义可知动圆的圆心轨迹为抛物线,根据焦点及准线方程可求得抛物线的标准方程.‎ ‎（2）设出直线AB的方程,联立抛物线,化简后结合韦达定理,表示出,根据等量关系可求得直线方程的截距,即可求得所过定点的坐标.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意动圆P与相切,且与定圆外切 所以动点P到的距离与到直线的距离相等 由抛物线的定义知,点P的轨迹是以为焦点,直线为准线的抛物线 故所求P的轨迹方程E为 ‎（2）证明：设直线,,,‎ 将直线AB代入到中化简得,‎ 所以,‎ 又因为 所以 则直线AB为恒过定点 ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线的定义及标准方程求法,直线与抛物线的位置关系及直线过定点问题,属于中档题.‎