湖北省鄂州市2018-2019学年高二下学期期末考试数学(理)试题 含解析

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湖北省鄂州市2018-2019学年高二下学期期末考试数学(理)试题 含解析

www.ks5u.com 鄂州市2018—2019学年度高中质量监测 高二数学(理科)‎ 注意事项:‎ ‎1.答卷前,考生务必将自己的姓名、班级、考场、座位号填写清楚。‎ ‎2.选择题的每小题选出答案后,把答案代码填在答题纸前面的选择题答题表内,不能答在试卷上。‎ ‎3.填空题和解答题应在指定的地方作答,否则答案无效。‎ 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.请在答题卡指定区域内作答.‎ ‎1.为了了解全校1740名学生的身高情况,从中抽取140名学生进行测量,下列说法正确的是 A. 总体是1740 B. 个体是每一个学生 C. 样本是140名学生 D. 样本容量是140‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在区分总体、个体、样本、样本容量这四个概念时,首先找出考查的对象是全校学生的身高,从而找出总体、个体,接着根据被收录数据的这一部分对象找出样本,最后根据样本确定样本容量。‎ ‎【详解】解:本题考查的对象是1740名学生的身高情况,故总体是1740名学生的身高情况;个体是每个学生的身高情况;样本是140名学生的身高情况;故样本容量是140.所以选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了总体、个体、样本与样本容量四个比较容易混淆的概念。‎ ‎2.已知一组数据的频率分布直方图如图所示,则众数、中位数、平均数是 A. 63、64、66 B. 65、65、67‎ C. 65、64、66 D. 64、65、64‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①在频率直方图中,众数是最高的小长方形的底边的中点横坐标的值;②中位数是所有小长方形的面积和相等的分界线;③平均数是各小长方形底边中点的横坐标与对应频率的积的和。‎ ‎【详解】解:由频率直方图可知,众数=;‎ 由,所以面积相等的分界线为65,即中位数为65;‎ 平均数=。故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查频率直方图的众数、中位数、平均数,需理解并牢记公式。‎ ‎3.7人并排站成一行,如果甲、乙两人不相邻,那么不同的排法总数是 A. 1440 B. 3600‎ C. 4320 D. 4800‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一步,除甲、乙以外的5人全排列;第二步,从6个空中选2个排甲乙;最后,把两步的结果相乘可得答案。‎ ‎【详解】解:除甲、乙以外5人全排列,共有种结果,5人排队后会出现6个空,从中选出2个排甲、乙,有种结果。所以满足条件的排队总数=(种),故选B。‎ ‎【点睛】不相邻的排列问题要用插空法。‎ ‎4.在的展开式中,的系数等于 A. 280 B. 300 C. 210 D. 120‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式定理,把每一项里的系数单独写下来,然后相加,再根据组合数性质,化简求值。‎ ‎【详解】解:在的展开式中,项的系数为 故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理展开以及利用组合数性质进行化简求值。‎ ‎5.已知x,y是上的两个随机数,则x,y满足的概率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以面积为测度,确定(x,y)所表示的平面区域的面积,求出在正方形内的面积,即为所求概率。‎ ‎【详解】解:如图所示,正方形面积,阴影面积,所以的概率。故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查几何概型,关键要确定总面积和阴影面积。‎ ‎6.已知随机变量服从二项分布,且,,则p等于  ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析:根据随机变量符合二项分布,根据二项分布的期望和方差的公式和条件中所给的期望和方差的值,得到关于和的方程组,解方程组得到要求的两个未知量.‎ 详解:随机变量服从二项分布,且,,‎ 则由 , 可得 ‎ 故选B.‎ 点睛:本题主要考查二项分布的期望与方差的简单应用,通过解方程组得到要求的变量,这与求变量的期望是一个相反的过程,但是两者都要用到期望和方差的公式.‎ ‎7.已知,则的最小值是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用柯西不等式得,,由此求得的最小值。‎ ‎【详解】解:因为,根据柯西不等式,‎ 可得, ,‎ 故,当且仅当时取等号,故的最小值为,所以选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查柯西不等式的简单应用。‎ ‎8.方程表示双曲线的一个充分不必要条件是( )‎ A. -3<m<0 B. -3<m<2‎ C. -3<m<4 D. -1<m<3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意知,,则C,D均不正确,而B为充要条件,不合题意,故选A.‎ ‎9.已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A、B两点,直线l2与C交于D、E两点,则|AB|+|DE|的最小值为 A. 16 B. 14 C. 12 D. 10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设,直线的方程为,联立方程,得,∴,同理直线与抛物线的交点满足,由抛物线定义可知 ‎,当且仅当(或)时,取等号.‎ 点睛:对于抛物线弦长问题,要重点抓住抛物线定义,到定点的距离要想到转化到准线上,另外,直线与抛物线联立,求判别式,利用根与系数的关系是通法,需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示,设直线的倾斜角为,则,则,所以 ‎.‎ ‎10.若是函数的极值点,则的极小值为 A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由极值点确定参数a的取值,然后把a代入导函数,求出函数的另外一个极值点和增减区间,从而求出函数的极小值。‎ ‎【详解】解:由题意得, ,因为是的极值点,所以,解得。所以,当时, ,为增函数;当时, ,为减函数。则的极小值为。故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查根据函数的极值点来确定参数a以及求函数的极小值。‎ ‎11.已知定义在R上的偶函数,其导函数为.当时,恒有,若,则不等式的解集为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据为偶函数,则也为偶函数,利用导数可以判断在为减函数,则不等式可转化为,解不等式即可得到答案。‎ ‎【详解】解:是定义在R上的偶函数, 。‎ 时,恒有,‎ 又,‎ 在为减函数。‎ 为偶函数, 也为偶函数 在为增函数。‎ 又,,即,化简得,得。故选A。‎ ‎【点睛】通过构造新函数来研究函数单调性是本题一大亮点,同时利用抽象函数的单调性、奇偶性解不等式是常考考点,要牢牢掌握。‎ ‎12.已知分别是椭圆的左、右焦点,为椭圆上一点,且(为坐标原点),若,则椭圆的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 以为邻边作平行四边形,根据向量加法的平行四边形法则,由知此平行四边形的对角线垂直,即此平行四边形为菱形,∴,∴是直角三角形,即,设,则 ‎,∴,故选A.‎ 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎13.将点的极坐标化为直角坐标为_________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 分析:直接利用极坐标的公式化成直角坐标.‎ 详解:由题得所以点的直角坐标为.‎ 点睛:(1)本题主要考查极坐标和直角坐标的互化,意在考查学生对这些基础知识的掌握水平.(2)点P化成直角坐标的公式为 ‎14.抛掷甲、乙两颗骰子,若事件A:“甲骰子点数大于4”;事件B:“甲、乙两骰子的点数之和等于7”,则的值等于_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出甲骰子点数大于4的事件个数,再求出甲、乙两骰子点数和为7时,甲骰子点数大于4的事件个数,结合条件概率的公式,即可求解。‎ ‎【详解】由题意得,为抛掷甲,乙两颗骰子,甲骰子的点数大于4时甲、乙两骰子的点数之和等于7的概率。‎ 因为抛掷甲、乙两骰子,甲骰子点数大于4的基本事件有个,甲骰子点数大于4时,甲、乙两骰子的点数之和等于7,基本事件有(5,2),(6,1)共两个,所以,故答案为。‎ ‎【点睛】本题考查了条件概率的求法,属基础题。‎ ‎15.如图甲是第七届国际数学教育大会(简称)的会徽图案,会徽的主体图案是由如图乙的一连串直角三角形演化而成的,其中,如果把图乙中的直角三角形继续作下去,记的长度构成数列,则此数列的通项公式为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知,由勾股定理可得,利用等差数列的通项公式求解即可.‎ ‎【详解】根据图形,‎ 因为都是直角三角形,‎ ‎,‎ 是以1为首项,以1为公差的等差数列,‎ ‎,‎ ‎,故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查归纳推理的应用,等差数列的定义与通项公式,以及数形结合思想的应用,意在考查综合应用所学知识解答问题的能力,属于与中档题.‎ ‎16.对于函数有下列命题:‎ ‎①在该函数图象上一点处的切线的斜率为;‎ ‎②函数的最小值为;‎ ‎③该函数图象与x轴有4个交点;‎ ‎④函数在上为减函数,在上也为减函数.‎ 其中正确命题的序号是______.‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①求该函数在点处的切线斜率,先对求导,然后代入即可求得;②④考查函数的单调性和最值,应该分和两种情况分别用导数求解;③画出函数在y轴两侧的图象,可知道函数与x轴只有3个交点。‎ ‎【详解】解:当时,,,所以,①正确;且在上单调递减,在上单调递增,故时,有最小值,当时,在上单调递减,在上单调递增,故时,有最小值,故有最小值,②④正确;因为时,恒小于0,且,故该函数图象与x轴有3个交点,③错误;所以答案为①②④。‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的切线、单调性、最值以及与x轴的交点问题,主要涉及到分类讨论的思想。‎ 三、解答题(本大题共6小题,共70分)‎ ‎17.已知,,p:,q:. p是q的什么条件?‎ ‎【答案】p是q的充分不必要条件 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过解不等式可以确定集合A、B的范围,从而可以求出p、q范围,因为p是q的一个真子集,所以p是q的充分不必要条件。‎ ‎【详解】解:由,即或,‎ 得或,‎ 即p:,‎ 由,得,‎ 得或,‎ 即q:, ‎ 则p是q的充分不必要条件 ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式和一元二次不等式的解法,以及集合的补集运算,还有充分条件和必要条件的判断。‎ ‎18.某小组共10人,利用假期参加义工活动,已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4,现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.‎ 设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”,求事件A发生的概率;‎ 设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值,求随机变量X的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】(1) ; (2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)可根据题意分别计算出“从10人中选出2人”以及“2人参加义工活动的次数之和为4”的所有可能情况数目,然后通过概率计算公式即可得出结果;‎ ‎(2)由题意知随机变量的所有可能取值,然后计算出每一个可能取值所对应的概率值,写出分布列,求出数学期望值.‎ ‎【详解】(1)由已知有,‎ 所以事件的发生的概率为;‎ ‎(2)随机变量的所有可能的取值为0,1,2;‎ ‎;;‎ ‎;‎ 所以随机变量的分布列为:‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ 数学期望为.‎ ‎【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题,能否正确计算出每一个随机变量所对应的的概率是解决本题的关键,考查推理能力,是中档题。‎ ‎19.已知抛物线过点,且焦点为F,直线l与抛物线相交于A,B两点.‎ ‎⑴求抛物线C的方程,并求其准线方程;‎ ‎⑵为坐标原点.若,证明直线l必过一定点,并求出该定点.‎ ‎【答案】(1)抛物线C的方程为,其准线方程为(2)直线l必过一定点,详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)点M代入抛物线方程,可得P,即可求出抛物线方程及其准线方程;‎ ‎(2)直线l的方程为代入,得,利用韦达定理结合 ‎,求出b,即可证明直线l 必过一定点,并求出该定点。‎ ‎【详解】解:将代入,得,所以,故抛物线C的方程为,‎ 其准线方程为。‎ 设直线l的方程为代入,得,‎ 设,,‎ 则,,‎ ‎=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=-4bt2+4bt2+b2-4b=-4,‎ ‎,所以直线方程为,必过一定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的方程及准线方程,以及直线过定点的问题,意在考查学生的逻辑思维能力、化归与转化能力、运算求解能力,以及设而不求思想。‎ ‎20.已知函数 ‎⑴当时,解不等式;‎ ‎⑵求函数的最小值.‎ ‎【答案】(1)不等式解集为R(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用零点分段法将不等式分为三段,然后分别求解,最后取它们的并集即可;‎ ‎(2)根据绝对值三角不等式和均值不等式逐步推理,可以得到最小值。‎ ‎【详解】解:当时,,‎ 当时,,得,即有,‎ 当时,,得,即有,‎ 当时,,得,即有,‎ 综上,不等式的解集为R. ‎ ‎,‎ 当且仅当,且时取“”‎ 函数的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法,绝对值三角不等式和均值不等式的应用。考查考生的逻辑推理能力及运算求解能力。‎ ‎21.已知椭圆的离心率为,且过点,直线交椭圆于不同的两点,设线段的中点为.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)当的面积为(其中为坐标原点)且时,试问:在坐标平面上是否存在两个定点,使得当直线运动时,为定值?若存在,求出点的坐标和定值;若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(1);(2)存在点,或,,使得为定值.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)求椭圆标准方程,由于已知离心率为,这样可得,从而可得,从而可设可椭圆方程为,再把椭圆上点的坐标代入可解得,得椭圆方程;‎ ‎(2)由题设结论可知中点的坐标适合一个椭圆方程,即点在椭圆上,那么题中要求的定点就是椭圆的焦点.实质上从问题出发,就让我们想到点应该在某个椭圆上.因此从这方面入手,就要求的轨迹方程,因此我们从已知出发先找出参数的关系,再求出弦中点的坐标(用表示),然后消去参数可得.‎ 具体方法:由直线方程,与椭圆方程联立方程组,消去后得的一元二次方程:,已知保证,即直线与椭圆一定相交,设,可得,于是有,从而点的坐标,由直线圆锥曲线相交弦长公式可得弦长,由点到直线距离公式可得原点点到直线的距离为,利用的面积为可得满足的关系:,‎ 试题解析:(1)由于椭圆的离心率为,则,故椭圆:‎ 又椭圆过点,从而,从而椭圆的方程为.‎ ‎(2)当直线的斜率存在时,设其方程为,并设,联立方程,‎ 得,则 从而,从而点的坐标为 由于,点到直线的距离为,‎ 则的面积 由题得:,‎ 从而化简得:‎ 故,即或,‎ 又由于,从而.‎ 当时,由于,,‎ 从而 即点在椭圆上.‎ 由椭圆的定义得,存在点,或,,‎ 使得为定值.‎ 考点:椭圆的标准方程,直线与椭圆的综合.‎ ‎22.已知函数 ‎ ‎(1)讨论函数f(x)的极值点的个数;‎ ‎(2)若f(x)有两个极值点x1、x2,证明:f(x1)+f(x2)>3-4ln2.‎ ‎【答案】(Ⅰ)(ⅰ)时,仅有一个极值点;(ⅱ) 当时,无极值点;‎ ‎(ⅲ)当时,有两个极值点.(Ⅱ)详见解析 ‎【解析】‎ ‎【解析】试题分析:(Ⅰ)先求导数,再确定导函数零点情况,这需分类讨论:一次与二次的讨论,二次中有根与无根的讨论,两根情况分相等、一正一负、两不等正根,最后根据对应情况确定导函数符号变化规律,确定对应极值点个数;(Ⅱ)由(Ⅰ)先确定有两个极值点时,的取值范围,以及满足条件,再化简为的函数,最后根据导数确定对应函数单调性,根据单调性证明不等式.‎ 试题解析:解:(Ⅰ)由得,‎ ‎ ‎ ‎(ⅰ)时, ,‎ 所以取得极小值,是的一个极小值点. ‎ ‎(ⅱ)时,,令,得 显然,,所以,‎ 在取得极小值,有一个极小值点. ‎ ‎(ⅲ)时,时,即在是减函数,无极值点.‎ 当时,,令,得 当和时,时,,所以取得极小值,在取得极大值,所以有两个极值点. ‎ 综上可知:(ⅰ)时,仅有一个极值点;‎ ‎ (ⅱ) 当时,无极值点;‎ ‎(ⅲ)当时,有两个极值点. ‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当且仅当时,有极小值点和极大值点,且 是方程的两根,所以, ‎ ‎ ‎ ‎, ‎ 设,,‎ 所以时,是减函数,,则 所以得证.‎ 点睛:研究函数极值点问题,往往转化为研究二次函数零点或一元二次方程根的问题.而研究一元二次方程根的问题,往往需要讨论是否有根,有根时是否在定义区间,有几个在定义区间.‎ ‎ ‎
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