2018-2019学年安徽省马鞍山市第二中学高二下学期期末数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年安徽省马鞍山市第二中学高二下学期期末数学（理）试题（解析版）

‎2018-2019学年安徽省马鞍山市第二中学高二下学期期末数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】A：，，，所以答案选A ‎【考点定位】考查集合的交集和补集，属于简单题.‎ ‎2．已知复数，为的共轭复数，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：,故选D.‎ ‎【考点】1.复数的运算；2.复数相关概念.‎ ‎3．已知双曲线方程为，它的一条渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】方法一：双曲线的渐近线方程为，则，圆的方程，圆心为，所以，化简可得，则离心率.‎ 方法二：因为焦点到渐近线的距离为，则有平行线的对应成比例可得知，即则离心率为. 选A.‎ ‎4．已知成等差数列，成等比数列，则等于（ ）‎ A． B． C． D．或 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：因为成等差数列，所以因为成等比数列，所以，由得，，故选B.‎ ‎【考点】1、等差数列的性质；2、等比数列的性质.‎ ‎5．直线是圆的一条对称轴，过点作斜率为1的直线，则直线被圆所截得的弦长为 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由是圆的一条对称轴知，其必过圆心，因此，则过点斜率为1的直线的方程为，圆心到其距离，所以弦长等于，故选C．‎ ‎6．如图，网格纸的小正方形的边长是1，粗线表示一正方体被某平面截得的几何体的三视图，则该几何体的体积为 A．2 B．4 C．6 D．8‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意，直观图如图所示，由图可知该几何体的体积为为正方体的一半．‎ ‎【详解】‎ 由题意，直观图如图所示，由图可知该几何体的体积为为正方体的一半，即为2×2×2＝4．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由三视图求体积，考查学生的计算能力，确定几何体的形状是关键．‎ ‎7．过抛物线y2＝4x焦点F的直线交抛物线于A、B两点，交其准线于点C，且A、C位于x轴同侧，若|AC|＝2|AF|，则|BF|等于（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意可知：|AC|＝2|AF|，则∠ACD，利用三角形相似关系可知丨AF丨＝丨AD丨，直线AB的切斜角，设直线l方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及抛物线弦长公式求得丨AB丨，即可求得|BF|．‎ ‎【详解】‎ 抛物线y2＝4x焦点F（1，0），准线方程l：x＝﹣1，准线l与x轴交于H点，‎ 过A和B做AD⊥l，BE⊥l，‎ 由抛物线的定义可知：丨AF丨＝丨AD丨，丨BF丨＝丨BE丨，‎ ‎|AC|＝2|AF|，即|AC|＝2|AD|，‎ 则∠ACD，由丨HF丨＝p＝2，‎ ‎∴，‎ 则丨AF丨＝丨AD丨，‎ 设直线AB的方程y（x﹣1），‎ ‎，整理得：3x2﹣10x+3＝0，‎ 则x1+x2，‎ 由抛物线的性质可知：丨AB丨＝x1+x2+p，‎ ‎∴丨AF丨+丨BF丨，解得：丨BF丨＝4，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查相似三角形的性质，考查计算能力，数形结合思想，属于中档题．‎ ‎8．现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票（其中3张为中奖票）的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完后结束的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：将5张奖票不放回地依次取出共有种不同的取法，‎ 若活动恰好在第四次抽奖结束，则前三次共抽到2张中奖票，第四次抽到最后一张中奖票．共有种取法，∴‎ ‎【考点】古典概型及其概率计算公式 ‎9．一个球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，则右边程序框图输出的S表示的是（ ）‎ A．小球第10次着地时向下的运动共经过的路程 B．小球第10次着地时一共经过的路程 C．小球第11次着地时向下的运动共经过的路程 D．小球第11次着地时一共经过的路程 ‎【答案】C ‎【解析】结合题意阅读流程图可知，‎ 每次循环记录一次向下运动经过的路程，‎ 上下的路程相等，则表示小球第11次着地时向下的运动共经过的路程.‎ 本题选择C选项.‎ ‎10．已知D，E是边BC的三等分点，点P在线段DE上，若，则xy的取值范围是　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用已知条件推出x+y＝1，然后利用x，y的范围，利用基本不等式求解xy的最值．‎ ‎【详解】‎ 解：D，E是边BC的三等分点，点P在线段DE上，若，可得，x，，‎ 则，当且仅当时取等号，并且 ‎，函数的开口向下，‎ 对称轴为：，当或时，取最小值，xy的最小值为：．则xy的取值范围是：‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎11．函数在上的图象大致是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】对函数进行求导：，‎ 由可得：，即函数在区间上是增函数，在区间和区间上是减函数，‎ 观察所给选项，只有A选项符合题意.‎ 本题选择A选项.‎ ‎12．已知函数在区间内没有极值点，则的取值范围为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，再根据正弦函数的极值点，可得2kπ2ωπ4ωπ2kπ，或2kπ2ωπ4ωπ2kπ，k ‎∈Z，由此求得ω的取值范围．‎ ‎【详解】‎ ‎∵函数 ‎＝sin2ωx﹣2•1＝sin2ωxcos2ωx+1‎ ‎＝2sin（2ωx）+1 在区间（π，2π）内没有极值点，‎ ‎∴2kπ2ωπ4ωπ2kπ，或2kπ2ωπ4ωπ2kπ，k∈Z．‎ 解得 kω，或kω，‎ 令k＝0，可得ω∈‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的极值点，属于中档题．‎ 二、填空题 ‎13．若将函数表示为，其中 为实数，则等于 _______.‎ ‎【答案】20.‎ ‎【解析】把函数f（x）＝x6 ＝[﹣1+（1+x）]6 按照二项式定理展开，结合已知条件，求得a3的值．‎ ‎【详解】‎ ‎∵函数f（x）＝x6 ＝[﹣1+（1+x）]6＝1•（1+x）•（1+x）2•（1+x）3•（1+x）6，‎ 又f（x）＝a0+a1（1+x）+a2（1+x）2+…a6（1+x）6，其中a0，a1，a2，…，a6为实数，‎ 则a320，‎ 故答案为20.‎ ‎【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，求展开式中某项的系数，属于基础题．‎ ‎14．中，角 的对边分別是，已知，则 _______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】化简已知等式可得sinC＝1，又a＝b，由余弦定理可得：cosC＝sinC，利用两角差的正弦函数公式可求sin（C）＝0，结合范围C∈（，），可求C的值．‎ ‎【详解】‎ ‎∵c2＝2b2（1﹣sinC），‎ ‎∴可得：sinC＝1，‎ 又∵a＝b，由余弦定理可得：cosC1sinC，‎ ‎∴sinC﹣cosC＝0，可得：sin（C）＝0，‎ ‎∵C∈（0，π），可得：C∈（，），‎ ‎∴C0，可得：C．‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了余弦定理，两角差的正弦函数公式，正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和数形结合思想的应用，属于基础题．‎ ‎15．己知函数，则不等式的解集是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意，分析可得函数f（x）＝x2（2x﹣2﹣x）为奇函数且在R上是增函数，则不等式f（2x+1）+f（1） 0可以转化为2x+1﹣1，解可得x的取值范围，即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，对于函数f（x）＝x2（2x﹣2﹣x），有f（﹣x）＝（﹣x）2（2﹣x﹣2x）＝﹣x2（2x﹣2﹣x）＝﹣f（x），‎ 则函数f（x）为奇函数，‎ 函数f（x）＝x2（2x﹣2﹣x），其导数f′（x）＝2x（2x﹣2﹣x）+x2•ln2（2x+2﹣x）＞0，则f（x）为增函数；‎ 不等式f（2x+1）+f（1） 0⇒f（2x+1）﹣f（1）⇒f（2x+1）f（﹣1）⇒2x+1﹣1，‎ 解可得x﹣1；‎ 即f（2x+1）+f（1）0的解集是[﹣1,+∞）；‎ 故答案为[﹣1,+∞）．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查不等式的求解，利用条件判断函数的奇偶性和单调性，以及利用奇偶性和单调性的性质将不等式进行转化是解决本题的关键．‎ ‎16．已知等腰直角的斜边，沿斜边的高线将折起，使二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】等腰直角翻折后 是二面角的平面角，即，因此外接圆半径为 ，四面体的外接球半径等于 ，外接球的表面积为 ‎ 点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.‎ 三、解答题 ‎17．设是数列{}的前项和，，且.‎ ‎(I)求数列{}的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)设，求.‎ ‎【答案】（Ⅰ）an＝2n．（Ⅱ）‎ ‎【解析】（Ⅰ）利用数列递推关系即可得出．(Ⅱ)利用裂项求和即可求解．‎ ‎【详解】‎ ‎∵4Sn＝an（an+2），①‎ 当n＝1时得，即a1＝2，‎ 当n≥2时有4Sn﹣1＝an﹣1（an﹣1+2）②‎ 由①﹣②得，‎ 即2（an+an﹣1）＝（an+an﹣1）（an﹣an﹣1），‎ 又∵an＞0，‎ ‎∴an﹣an﹣1＝2，‎ ‎∴an＝2+2（n﹣1）＝2n．‎ ‎（Ⅱ）∵，‎ ‎∴Tn＝b1+b2+…+bn ‎【点睛】‎ 本题考查了数列递推关系、裂项求和、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎18．如图，在底边为等边三角形的斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1AB，四边形B1C1CB为矩形，过A1C作与直线BC1平行的平面A1CD交AB于点D．‎ ‎（Ⅰ）证明：CD⊥AB；‎ ‎（Ⅱ）若AA1与底面A1B1C1所成角为60°，求二面角B﹣A1C﹣C1的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】（Ⅰ）连接AC1交A1C于点E，连接DE．推导出BC1∥DE，由四边形ACC1A1‎ 为平行四边形，得ED为△AC1B的中位线，从而D为AB的中点，由此能证明CD⊥AB．（Ⅱ）过A作AO⊥平面A1B1C1垂足为O，连接A1O，以O为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣A1C﹣C1的余弦值．‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）连接AC1交A1C于点E，连接DE．‎ 因为BC1∥平面A1CD，BC1⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面A1CD＝DE，‎ 所以BC1∥DE． ‎ 又因为四边形ACC1A1为平行四边形，‎ 所以E为AC1的中点，所以ED为△AC1B的中位线，所以D为AB的中点．‎ 又因为△ABC为等边三角形，所以CD⊥AB． ‎ ‎（Ⅱ）过A作AO⊥平面A1B1C1垂足为O，连接A1O，设AB＝2．‎ 因为AA1与底面A1B1C1所成角为60°，所以∠AA1O＝60°．‎ 在Rt△AA1O中，因为，‎ 所以，AO＝3．‎ 因为AO⊥平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，‎ 所以AO⊥B1C1．‎ 又因为四边形B1C1CB为矩形，所以BB1⊥B1C1，‎ 因为BB1∥AA1，所以B1C1⊥AA1．‎ 因为AA1∩AO＝A，AA1⊂平面AA1O，AO⊂平面AA1O，所以B1C1⊥平面AA1O．‎ 因为A1O⊂平面AA1O，所以B1C1⊥A1O．又因为，所以O为B1C1的中点．‎ 以O为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图．‎ 则，C1（0，﹣1，0），A（0，0，3），B1（0，1，0）．‎ 因为，‎ 所以，，‎ 因为，‎ 所以，，，‎ ‎，． ‎ 设平面BA1C的法向量为＝（x，y，z），‎ 由得 令，得z＝2，所以平面BA1C的一个法向量为．‎ 设平面A1CC1的法向量为＝（a，b，c），‎ 由得 令，得b＝﹣3，c＝1，所以平面A1CC1的一个法向量为．所以，‎ 因为所求二面角为钝角，所以二面角B﹣A1C﹣C1的余弦值为． ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线线垂直的证明，考查二面角、空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查数数结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题．‎ ‎19．中石化集团获得了某地深海油田区块的开采权，集团在该地区随机初步勘探了部分儿口井，取得了地质资料.进入全面勘探时期后，集团按网络点来布置井位进行全面勘探. 由于勘探一口井的费用很高，如果新设计的井位与原有井位重合或接近，便利用旧井的地质资料，不必打这口新井，以节约勘探费用．勘探初期数据资料见如表： ‎ ‎（Ⅰ）1～6号旧井位置线性分布，借助前5组数据求得回归直线方程为，求，并估计的预报值； ‎ ‎（Ⅱ）现准备勘探新井，若通过1、3、5、7号井计算出的的值（精确到0.01）相比于（Ⅰ）中的值之差不超过10%，则使用位置最接近的已有旧井，否则在新位置打开，请判断可否使用旧井？‎ ‎（参考公式和计算结果：）‎ ‎（Ⅲ）设出油量与勘探深度的比值不低于20的勘探并称为优质井，那么在原有井号1～6的出油量不低于50L的井中任意勘探3口井，求恰好2口是优质井的概率.‎ ‎【答案】（1），；（3）；（3）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）因为回归直线必过样本中心点，求得；（2）利用公式求得，再和现有数据进行比较；（3）是古典概型，由题意列出从这口井中随机选取口井的可能情况，求出概率.‎ 试题解析：因为，，回归只需必过样本中心点，则 ‎，‎ 故回归只需方程为，‎ 当时，，即的预报值为.………………4分 因为，，所以 ‎.‎ ‎，‎ 即，.‎ ‎，，均不超过，因此使用位置最接近的已有旧井；………………8分 易知原有的出油量不低于的井中，这口井是优质井，这口井为非优质井，由题意从这口井中随机选取口井的可能情况有：，，，共种，其中恰有口是优质井的有中，所以所求概率是.………………12分 ‎【考点】线性回归方程及线性回归分析，古典概型.‎ ‎20．已知椭圆： 的离心率为，短轴长为2．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若圆： 的切线与曲线相交于、两点，线段的中点为，求的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析:(1)待定系数法求椭圆方程;(2)借助韦达定理表示的最大值,利用二次函数求最值.‎ 试题解析:‎ ‎（I），所以,又，解得．‎ ‎ 所以椭圆的标准方程． ‎ ‎（II）设， ， ，易知直线的斜率不为，则设．‎ ‎ 因为与圆相切，则，即；‎ ‎ 由消去，得，‎ ‎ 则， ，‎ ‎ ， ，即， ‎ ‎ ，‎ ‎ 设，则， ，‎ ‎ 当时等号成立，所以的最大值等于．‎ ‎21．已知函数 .‎ ‎（1）若在处，和图象的切线平行，求的值；‎ ‎（2）设函数，讨论函数零点的个数. ‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】试题分析：（1）根据导数几何意义得解得，（2）按正负讨论函数单调性及值域：当时，在单增，, 没有零点; 当时，有唯一的零点; 当时，在上单调递减，在上单调递增，;在单增，‎ ‎，所以时有个零点；时有个零点.‎ 试题解析：（1），‎ 由，得，所以，即 ‎（2）（1）当时，在单增，‎ ‎，故时，没有零点.‎ ‎（2）当时，显然有唯一的零点 ‎（3）当时，设，‎ 令有，故在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以，，即 在上单调递减，在上单调递增，（当且仅当等号成立）有两个根（当时只有一个根）‎ 在单增，令为减函数，‎ 故只有一个根.‎ 时有个零点；时有个零点；时有个零点；时有个零点；时，有个零点.‎ ‎22．在平面直角坐标系中，直线过点，且倾斜角为，在极坐标系（与平面直角坐标系取相同的长度，以原点为极点，轴的非负半轴为极轴）中，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求直线的参数方程与曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设曲线与直线交于点，求．‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）将代入直线的标准参数方程，便可求得参数方程，利用二倍角公式对进行化简，并利用求得直角坐标方程；（2）由直线参数方程代入直角坐标方程得关于的一元二次方程，利用求出.‎ 试题解析：（1）因为直线过点，且倾斜角为，‎ 所以直线的参数方程为（为参数），‎ 由得，‎ 所以曲线的直角坐标方程为．‎ ‎（2）将的参数方程代入圆的直角坐标方程，得，，‎ ‎，‎ 可设上述方程得两个实根，则有，‎ 又直线过点，所以．‎ ‎【考点】直角坐标与极坐标的转换，点到直线的距离.‎ ‎【思路点睛】直角坐标系与极坐标系转化时满足关系式，即，代入直角坐标方程，进行化简可求极坐标方程；对于三角形的最大面积，因为底边已知，所以只要求得底边上的高线的最大值，即可求得最大面积，在求圆上点到直线的距离时，可以用公式法求，即圆心到直线的距离再加上半径，也可以用参数法，距离关于的函数的最值.‎