2018-2019学年江西省南康中学、于都中学高二上学期第三次月考数学（理）试题 解析版

2018-2019学年江西省南康中学、于都中学高二上学期第三次月考数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 江西省南康中学、于都中学 2018-2019 学年高二上学期第三 次月考数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 1．命题“对任意 ，都有 ”的否定为（ ） A．对任意 ，使得 B．不存在 ，使得 C．存在 ，使得 D．存在 ，使得 【答案】D 【解析】 试题分析：全称命题的否定，只需要将任意换为存在，对结论进行否定即可. 考点：全称命题的否定. 2．直线 的方程为 ，则直线 的倾斜角为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 由直线 l 的方程为 ，可得直线的斜率为 k= ，设直线的倾斜角为 α （0°≤α＜180°），则 tanα= ，，∴α=150°． 故选：A． 3．若样本 平均数是 4，方差是 2，则另一样本 的平均数 和方差分别为（ ） A．12，2 B．14，6 C．12，8 D．14，18 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知条件推导出 x1+x2+…+xn＝n ，从而得到 3x1+2，3x2+2，…3xn+2 的平均数是 3 ， 由 [（x1﹣x）2+（x2﹣x）2+…+（xn﹣x）2]＝s2，得到 3x1+2，3x2+2，…3xn+2 的方差是 [（x1 ）2+（x2 ）2+…+（xn ）2]，由此能求出结果． 【详解】 ∵x1，x2，…，xn 的平均数为 =4， ∴x1+x2+…+xn＝n ， ∴3x1+2，3x2+2，…3xn+2 的平均数是： （3x1+2+3x2+2+…+3xn+2）÷n ＝[3（x1+x2+…+xn）+2n]÷n＝（3n 2n）÷n＝3 2=14． ∵x1，x2，…，xn 的方差为 s2， ∴ [（x1﹣x）2+（x2﹣x）2+…+（xn﹣x）2]＝s2， ∴3x1+2，3x2+2，…3xn+2 的方差是： [（3x1+2﹣3 2）2+（3x2+2﹣3 2）2+…+（3xn+2﹣3 2）2] [（3x1﹣3 ）2+（3x2﹣3 ）2+…+（3xn﹣3 ）2]， [9（x1 ）2+9（x2 ）2+…+9（xn ）2]， [（x1 ）2+（x2 ）2+…+（xn ）2]， ＝9s2=18． 故选：D． 【点睛】 本题考查平均数、方差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平均数和方差公式 的合理运用． 4．对于原命题：“已知 ，若 ，则 ”，以及它的逆命题、否命题、 逆否命题，在这 4 个命题中，真命题的个数为（） A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．4 个 【答案】C 【解析】 试题分析：原命题和逆否命题的真假一致，逆命题和否命题的真假一致；当 时原命 题为假命题，所以它的逆否命题也是假命题；它的逆命题为“已知 ，若 ， 则 ”，为真命题，所以否命题也是真命题，真命题个数为 2，故选 C． 考点：1、四种命题；2、命题真假判定． 5．等比数列 的前 项和为 ，已知 ，且 与 的等差中项为 ，则 （ ） A．29 B．31 C．33 D．36 【答案】B 【解析】 试题分析：设等比数列 的首项为 ，公比为 ，由题意知 ，解得 ，所以 ，故选 B． 考点：等比数列通项公式及求前 项和公式． 【一题多解】由 ，得 ．又 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以 ，故选 B． 6．总体由编号为 01，02，…，19，20 的 20 个个体组成.利用下面的随机数表选取 7 个 个体，选取方法是从随机数表第 1 行的第 3 列和第 4 列数字开始由左到右依次选取两个 数字，则选出来的第 6 个个体的编号为（ ） 7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198 3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481 A．02 B．07 C．01 D．06 【答案】C 【解析】 【分析】 根据随机数表，依次进行选择即可得到结论． 【详解】 选取方法是从随机数表第 1 行的第 3 列和第 4 列数字开始由左到右依次选取两个数字 中小于 20 的编号依次为 16，08，02，14，07，01，则第 6 个个体的编号为 01． 故选：C． 【点睛】 本题主要考查简单随机抽样的应用，正确理解随机数法是解决本题的关键，比较基 础． 7．已知一组数据（1，2），（3，5），（6，8），（ ， ）的线性回归方程为 ，则 的值为（　　） A．-3 B．-5 C．-2 D．-1 【答案】A 【解析】 【分析】 利用平均数公式计算样本中心点的坐标，根据回归直线必过样本的中心点可得结论. 【详解】 由题意知 ， 样本中心点的坐标为 ， 线性回归方程为 ， ， 解得 ，故选 A. 【点睛】 本题主要考查回归方程的性质，属于简单题. 回归直线过样本点中心 是一条重要性 质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势. 8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 由三视图可知：该几何体是由一个正方体在中间挖去一个圆柱得到的，即可得出该几何 体的体积． 【详解】 由三视图可知：该几何体是由一个正方体在中间挖去一个圆柱得到的． 正方体的棱长为 4，圆柱的底面半径为 1，高为 2. ∴该几何体的体积＝43﹣π×12×2＝64﹣2π． 故选：B． 【点睛】 本题考查了正方体与圆柱的三视图的有关计算，考查了推理能力与计算能力，属于基础 题． 9．已知直线 ： （ ）被圆 所截的弦长是圆心 到 直线 的距离的 2 倍，则 等于（ ） A．6 B．8 C．9 D．11 【答案】C 【解析】由题设可知圆的圆心为 ，圆心到直线的距离 ，依据题 意 ，即 （舍去），应选答案 C。 点睛：直线与圆相交的问题是解析几何中最为常见的问题之一。解答这类问题时，一定 先画出直线与圆相交的图形，算出圆心到直线的距离（弦心距），解好弦心距、半弦长、 圆的半径三个构成的直角三角形。 10．函数 的部分图象如图所示，设 是图象的最高点， 是 图象与 轴的交点，则 （ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】B 【 解 析 】 由 图 知 ， ， 最 大 值 为 . 做 轴 于 ， 则 在 直 角 三 角 形 中 有 所 以 ． 故 选 . 考点：1.三角函数的图象和性质；2.两角和差的三角函数. 11．已知边长为 的菱形 中， ，沿对角线 折成二面角 为 的四面体 ，则四面体的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． sin( ) ( 0)y x ϕ ϕ= π + > P ,A B x tan APB∠ = 10 8 8 7 4 7 2AB T= = 1 PD x⊥ D 1 3 12 2AD DB DP= = =， ， ， 1 2tan APD∠ = ， 3 2tan BPD∠ = ， 1 3 2 2 81 31 2 2 tan APB tan APD BPD + ∠ = ∠ + ∠ = = − × （ ） B 【答案】D 【解析】 试题分析：如图所示，设两三角形外心分别为 ,球心为 ， ,故 ，球的半径为 ，故球的表面积为 . 考点：几何体外接球. 12．在平面内，定点 A，B，C，D 满足 = = , = = =–2， 动点 P，M 满足 =1， = ，则 的最大值是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 试题分析：甴已知易得 .以 为原点， 直线 为 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则 设 由 已 知 ， 得 ， 又 ，它表示圆 上的点 与点 的距离 的平方的 ， ，故选 B. 【考点】平面向量的数量积运算，向量的夹角，解析几何中与圆有关的最值问题 【名师点睛】本题考查平面向量的夹角与向量的模，由于结论是要求向量模的平方的最 大值，因此我们要把它用一个参数表示出来，解题时首先对条件进行化简变形，本题中 得出 ，且 ，因此我们采用解析法，即 建 立 直 角 坐 标 系 ， 写 出 点 的 坐 标 ， 同 时 动 点 的 轨 迹 是 圆 ， 则 ，因此可用圆的性质得出最值．因此本题又考查了数形结合 的数学思想． 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．将参加数学竞赛的 1000 名学生编号如下：0001，0002，0003， ，1000，打算从 中抽取一个容量为 50 的样本，按系统抽样的办法分成 50 个部分。如果第一部分编号为 0001，0002， ，0020，从中随机抽取一个号码为 0015，则第 40 个号码为 【答案】0795 【解析】略 14．函数 的最小值为_________. 【答案】5 【 解 析 】 因 为 ， 所 以 ， 函 数 ，当且仅当 ， 即 时等号成立． 点睛：本题考查了基本不等式的应用，属于基础题．在用基本不等式时，注意＂一正二 定 三 相 等 ＂ 这 三 个 条 件 ， 关 键 是 找 定 值 ， 在 本 题 中 ， 将 拆 成 ，凑成定值，再用基本不等式求出最小值． 15．如图所示的茎叶图为高三某班 54 名学生的政治考试成绩，程序框图中输入的 为茎叶图中的学生成绩，则输出的 和 的值分别是__________. 4 ( 1)1y x xx = + >− 1x > 1 0x − > ( ) ( )4 4 41 +1 2 1 1 51 1 1y x x xx x x = + = − + ≥ − × + =− − − 41 1x x − = − 3x = 4 1x x + − ( ) 41 11x x − + +− 1 2 54, , ,a a a S n 【答案】86，13 【解析】S 为大于等于 80 分的学生的平均成绩，计算得 S=86；n 表示 60 分以下的学生 人数，由茎叶图可知 n=13. 16．若 a∈[2，6]，b∈[0，4]，则关于 x 的一元二次方程 x2－2(a－2)x－b2＋16＝0 没有 实根的概率为___ 【答案】 【解析】 【分析】 作出不等式组对应的平面区域，利用几何概型的概率公式求出相应的面积即可得到结论． 【详解】 若关于 x 的一元二次方程 x2﹣2（a﹣2）x﹣b2+16＝0，则△＝4（a﹣2）2﹣4（16﹣b2） ＜0，即（a﹣2）2+b2＜16， 作出不等式组对应的平面区域如图： 则扇形 ADC 的面积 S 则 由 几 何 概 型 的 概 率 公 式 可 得 方 程 x2﹣2 （ a﹣2 ）x﹣b2+16 ＝ 0 没 有 实 根 概 率 P ． 故答案为： 【点睛】 本题主要考查概率的计算，根据几何概型的概率公式是解决本题的关键，注意利用数形 结合进行求解． 评卷人 得分 三、解答题 17．在 中，角 A,B,C 的对边分别是 ，已知 （1）求角 B 的大小 （2）求三角形 ABC 的面积。 【答案】（1）B=300（2） 【解析】 分析：（1）由同角三角函数关系先求 ，由正弦定理可求 的值，从而可求 的 值；（2）先求得 的值，代入三角函数面积公式即可得结果. 详解：(1)由正弦定理 又 ∴B 为锐角 sinA= , 由正弦定理 B=300 (2) , ∴ . 点睛：以三角形和为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角 函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性 较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌 握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心. 18．已知命题 实数 x 满足 ，命题 实数 x 满足 . （1）若 ，且 p∧q 为真，求实数 x 的取值范围； （2）若 且 是 的充分不必要条件，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）若 a＝1，分别求出 p，q 成立的等价条件，利用且 p∧q 为真，求实数 x 的取值范 围； （2）利用￢p 是￢q 的充分不必要条件，建立不等式组即可求得实数 a 的取值范围． 【详解】 (1)由 得 ， 当 时， ，即 为真时， . 由 得 ，即 为真时， . 若 为真，则 真且 真，所以实数 的取值范围是 . （2）由 得 ， . 由 得 . 设 ， ，若 是 的充分不必要条件， 则 A 是 B 的真子集，故 ，所以实数的取值范围为 . 【点睛】 本题考查了复合命题与简单命题之间的关系，考查了利用充分不必要条件求参数范围， 考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 19．如图 ，在直角梯形 中， ，且 . 现以 为一边向梯形外作正方形 ，然后沿边 将正方形 翻折，使平 面 与平面 垂直， 为 的中点，如图 . （1）求证： 平面 ； （2）求点 到平面 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 试题分析：（1）要证直线 与平面 垂直，题中翻折成平面 与平面 垂直，因此有 平面 ，从而有一个线线垂直 ，另一个在 梯形 中由平面几何知识可证 ，从而得证线面垂直；（2）由（1）知 平面 与平面 垂直，因此只要过 作 于点 ，则可得 的长就 是点 到平面 的距离，在三角形中计算可得． 试 题 解 析 ： （ 1 ） 在 正 方 形 中 ， ， 又 因 为 平 面 平 面 ， 且 平 面 平 面 ， 所 以 平 面 ， 所 以 .在直角梯形 中， ，可得 ，在 中， ，所以 ，所以 ， 所以 平面 . （2）因为 平面 ，所以平面 平面 ，过点 作 的垂线交 1 ABCD ,AB CD AB AD⊥ 1 12AB AD CD= = = AD ADEF AD ADEF ADEF ABCD M ED 2 BC ⊥ BDE D BEC 6 3 BC BDE ADEF ABCD ED ⊥ ABCD ED BC⊥ ABCD BC BD⊥ BCE BDE D DH BE⊥ H DH D BEC ADEF ED AD⊥ ADEF ⊥ ABCD ADEF  ABCD AD= ED ⊥ ABCD ED BC⊥ ABCD 1, 2AB AD CD= = = 2BC = BCD∆ 2, 2BD BC CD= = = 2 2 2BD BC CD+ = BC BD⊥ BC ⊥ BDE BC ⊂ BCE BDE ⊥ BEC D EB EB 于点 ，则 平面 ，所以点 到平面 的距离等于线段 的长度. 在 直 角 三 角 形 中 ， ， 所 以 ， 所以点 到平面 的距离等于 . 考点：线面垂直的判断，点到平面的距离． 20．某篮球队对篮球运动员的篮球技能进行统计研究，针对篮球运动员在投篮命中时， 运动员距篮筐中心的水平距离这项指标，对某运动员进行了若干场次的统计，依据统计 结果绘制如下频率分布直方图： (1)依据频率分布直方图估算该运动员投篮命中时，他到篮筐中心的水平距离的中位数； (2)若从该运动员投篮命中时，他到篮筐中心的水平距离为 2 到 5 米的这三组中，用分 层抽样的方法抽取 7 次成绩(单位：米，运动员投篮命中时，他到篮筐中心的水平距离 越远越好)，并从抽到的这 7 次成绩中随机抽取 2 次，并规定：成绩来自 2 到 3 米这一 组时，记 1 分；成绩来自 3 到 4 米这一组时，记 2 分；成绩来 4 到 5 米的这一组记 4 分，求该运动员 2 次总分不少于 5 分的概率. 【答案】（1）4.25 米（2） 【解析】 【分析】 （1）由中位数两边矩形的面积相等列式求得中位数的估计值； （2）由题意知，抽到的 7 次成绩中，有 1 次来自到篮筐的水平距离为 2 到 3 米的这一 组，记作 A1；有 2 次来自到篮筐的水平距离为 3 到 4 米的这一组，记作 B1，B2； 有 4 次来自到篮筐的水平距离为 4 到 5 米的这一组，记作 C1，C2，C3，C4，然后由古 典概型概率计算公式得答案． 【详解】 G DG ⊥ BEC D BEC DG BDE 1 1 2 2BDES BD BE BE DG∆ = ⋅ = ⋅ 2 6 33 BD DEDG BE ⋅= = = D BEC 6 3 (1)设该运动员到篮筐的水平距离的中位数为 ，且 ， ， 由 ， 解得 ， ∴ 该运动员到篮筐的水平距离的中位数是 4.25(米) ． (2)由题意知，抽到的 7 次成绩中，有 1 次来自到篮筐的水平距离为 2 到 3 米的这一组， 记作 ；有 2 次来自到篮筐的水平距离为 3 到 4 米的这一组，记作 ；有 4 次来自 到篮筐的水平距离为 4 到 5 米的这一组，记作 . 从 7 次成绩中随机抽取 2 次的所有可能抽法如下： ， ， 共 21 个基本事件. 记得分不少于 5 分为事件 A，其中得分为 5 分的事件有 共 4 个，得分为 6 的事件有 ， ， 共 8 个， 得分为 8 的事件有. 共 6 个， 故得分不少于 5 分的概率为 另解，记得分不少于 5 分为事件 A，则其对立事件 为得分少于 5 分，其中得分为 3 分 的 事 件 有 ， 得 分 为 4 的 事 件 有 ， 故 得 分 少 于 5 分 的 概 率 为 ，所以得分不少于 5 分的概率为 【点睛】 古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与 “无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象 的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 21．如图，三棱台 中， 侧面 与侧面 是全等的梯形，若 ,且 . （Ⅰ）若 ， ，证明： ∥平面 ； （Ⅱ）若二面角 为 ，求平面 与平面 所成的锐二面角的 余弦值. 【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ) . 【解析】试题分析：(Ⅰ) 连接 ，由比例可得 ∥ ，进而得线面平行； （Ⅱ）过点 作 的垂线，建立空间直角坐标系，不妨设 ，则 求得平面 的法向量为 ，设平面 的法向量为 ，由 求二面角余弦即可. 试题解析： （Ⅰ）证明：连接 ，梯形 ， , 易知： ； 又 ，则 ∥ ； 1 1 1ABC A B C− 1 1A B BA 1 1AC CA 1 1 1 1,A A AB A A AC⊥ ⊥ 1 1 12 4AB A B A A= = 12CD DA=  2AE EB=  DE 1 1BCC B 1 1C AA B− − 3 π 1 1A B BA 1 1C B BC 1 4 1 1,AC BC DE 1BC A AC 1 1AA = 1 1 1 1 2,A B AC= = 1 1A B BA m 1 1C B BC n cos , m nm n m n ⋅=     1 1,AC BC 1 1AC CA 1 12AC AC= 1 1 1, 2AC AC D AD DC∩ = =  2AE EB=  DE 1BC 平面 ， 平面 ， 可得： ∥平面 ； （Ⅱ）侧面 是梯形， ， , , 则 为二面角 的平面角， ； 均为正三角形，在平面 内，过点 作 的垂线，如图建立 空间直角坐标系，不妨设 ，则 ,故点 ， ； 设 平 面 的 法 向 量 为 ， 则 有 ： ； 设 平 面 的 法 向 量 为 ， 则 有 ： ； ， 故平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值为 . 22．如图，在直角坐标系 中，圆 与 轴负半轴交于点 ，过点 的直线 ， 分别与圆 交于 ， 两点． 1BC ⊂ 1 1BCC B DE ⊄ 1 1BCC B DE 1 1BCC B 1 1AC CA 1 1 1A A AC⊥ 1AA AC⇒ ⊥ 1A A AB⊥ BAC∠ 1 1C AA B− − BAC∠ = 3 π 1 1 1,ABC A B C⇒ ∆ ∆ ABC A AC 1 1AA = 1 1 1 1 2,A B AC= = 4AC AC= = ( )1 0,0,1A ( )0,4,0 ,C ( ) ( )12 3,2,0 , 3,1,1B B 1 1A B BA ( )1 1 1, ,m x y z= ( )1 1 1 1 1 1 3 00{ { 1, 3,0 0 3 0 x ym AB m m AB x y z + =⋅ = ⇒ ⇒ = − ⋅ = + + =   1 1C B BC ( )2 2 2, ,n x y z= ( )2 2 1 2 2 2 3 00{ { 1, 3,2 3 0 3 3 0 x ym CB n m CB x y z − =⋅ = ⇒ ⇒ = ⋅ = − + =   1cos , 4 m nm n m n ⋅= = −    1 1A B BA 1 1C B BC 1 4 xOy 2 2: 4+ =O x y x A A AM AN O M N （1）若 ， ，求△ 的面积； （2）过点 作圆 O 的两条切线，切点分别为 E，F，求 ； （3）若 ，求证：直线 过定点． 【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析 【解析】 试题分析：（ 1） 直 线 AM 的 方 程 为 ， 直 线 AN 的 方 程 为 ， 由 中 位 线 定 理 知 ， ，由 此 能 求 出 的 面 积 ．（ 2）由已 知 条 件 推 导 出 ， ， 由 此 能 求 出 ． （ 3 ） 设 直 线 的 方 程 ， 则 直 线 的 方 程 为 ， 联 立 方 程 ， 得 同 理 ， 由 此 能 证 明 直 线 过 定 点 ． 试题解析：（1）由题知，得直线 的方程为 ，直线 的方程为 所以，圆心到直线 的距离 ，所以， ，由中位线 定理知， AN= ， 由题知 ，所以 ⊥ ， = . 2AMk = 1 2ANk = − AMN (3 3, 5)P − PE PF⋅  2AM ANk k⋅ = − MN 5 16 13 528 42 += xy 12 1 −−= xy 5 58=AN AMN∆ 13 32 132 34cos ==∠OPE 13 111cos2cos 2 =−∠=∠ OPEFPE PF PE⋅  AM ( )2+= xky AN ( )22 +−= xky ( )    =+ += 4 2 22 yx xky       ++ − 22 2 1 4,1 22 k k k kM       + − + − 22 2 4 8,4 82 k k k kM MN     − 0,3 2 AM 42 += xy AN 12 1 −−= xy AM 5 4=d 5 54 5 1642 =−=AM 5 58 1−=⋅ ANAM kk AN AM 2 1=S ×× 5 54 5 58 5 16 （2） ， ， 所以 . 所以 ， 所以 （3）由题知直线 和直线 的斜率都存在，且都不为 0，不妨设直线 的的方 程 ， 则 直 线 的 方 程 为 ， 所 以 ， 联 立 方 程 ，所以， ，得 或 ， 所以 ， 同理， ， 因为 轴上存在一点 D ， 所以， = ，同理 ， 所以， = ，所以，直线 过定点 . 考点：直线与圆锥曲线的综合问题. 2 2(3 3) ( 5) 4 4 3PE + − − =｜ ｜＝ 2 2(3 3) ( 5) 2 13PO = + − = 4 3 2 3cos 2 13 13 OPE∠ = = 2 22 3 11cos 2cos 1 2( ) 1 1313 FPE OPE∠ = ∠ − = − = 2 11 528| || | cos (4 3) 13 13PE PF PE PF EPF⋅ = ∠ = × =    AM AN AM ( 2)y k x= + AN 2 ( 2)y xk = − + 2 2 ( 2) 4 y k x x y = +  + = 2 2( 2)[(1 ) 2 2] 0x k x k+ + + − = 2x = − 2 2 2 2 1 kx k −= + 2 2 2 2 2 4( , )1 1 k kM k k − + + )4 8,4 82( 22 2 k k k kN + − + − x 2( ,0)3 − 61 22 1 4 2 2 2 ++ − + − = k k k k kDM 284 4 22 + −=+ − k k k k 22 + −= k kkDN DNk DMk MN 2( ,0)3 −