甘肃省甘南藏族自治州合作第一中学2018-2019学年高二下学期期末考试数学（文）试题

甘肃省甘南藏族自治州合作第一中学2018-2019学年高二下学期期末考试数学（文）试题

合作一中2018-2019学年第二学期期末考试高二（文）数学试卷 一、选择题：本大题共12个小题,每小题5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.‎ ‎1.设集合，，则集合为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意可得： ，则集合为.‎ 本题选择B选项.‎ ‎2.已知虚数单位，等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意，有，故选B．‎ 考点：复数的运算．‎ ‎3.已知向量夹角为60°，且，则 （ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件算出即可 ‎【详解】因为向量夹角为60°，且 所以 所以 故选：A ‎【点睛】本题考查的是向量数量积有关的运算，较简单.‎ ‎4.三次函数的图象在点处的切线与轴平行，则在区间上的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由求出实数的值，然后利用导数能求出函数在区间上的最小值.‎ ‎【详解】，，‎ 由题意得，解得，，，令，得或.‎ 当时，；当时，.‎ 所以，函数在区间上的最小值为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查利用切线与直线平行求参数，同时也考查了利用导数求函数的最值，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎5.（河南省南阳市第一中学2018届高三第十四次考试）某校有，，，四件作品参加航模类作品比赛.已知这四件作品中恰有两件获奖.在结果揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品的获奖情况预测如下：‎ 甲说：“、同时获奖”；‎ 乙说：“、不可能同时获奖”；‎ 丙说：“获奖”；‎ 丁说：“、至少一件获奖”.‎ 如果以上四位同学中有且只有二位同学的预测是正确的，则获奖的作品是 A. 作品与作品 B. 作品与作品 C. 作品与作品 D. 作品与作品 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ 根据题意，作品中进行评奖，由两件获奖，‎ ‎ 且有且只有二位同学的预测是正确的，‎ ‎ 若作品与作品获奖，则甲、乙，丁是正确的，丙是错误的，不符合题意；‎ ‎ 若作品与作品获奖，则乙、并、丁是正确的，甲是错误的，不符合题意；‎ ‎ 若作品与作品获奖，则甲、乙，丙是正确的，丁是错误的，不符合题意；‎ ‎ 只有作品与作品获奖，则乙，丁是正确的，甲、丙是错误的，符合题意，‎ ‎ 综上所述，获奖作品为作品与作品，故选D.‎ ‎6.等比数列各项均为正数且，（ ）‎ A. 15 B. ‎12 ‎C. 10 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：推导出a‎5a6=9，从而log‎3a1+log‎3a2+…+log‎3a10=log3（a‎5a6）5，由此能求出结果．‎ 详解：‎ ‎∵等比数列{an}的各项均为正数，且a‎4a7+a‎5a6=18，‎ ‎∴a‎4a7+a‎5a6=‎2a5a6=18，‎ ‎∴a‎5a6=9，‎ ‎∴log‎3a1+log‎3a2+…+log‎3a10‎ ‎=log3（a1×a2×a3×…×a10）‎ ‎=log3（a‎5a6）5‎ ‎=log3310‎ ‎=10．‎ 故选C.‎ 点睛：本题考查对数值求法，考查等比数列的性质、对数性质及运算法则，考查推理能力与计算能力，考查函数与方程思想，是基础题．解决等差等比数列的小题时，常见的思路是可以化基本量，解方程；利用等差等比数列的性质解决题目；还有就是如果题目中涉及到的项较多时，可以观察项和项之间的脚码间的关系，也可以通过这个发现规律．‎ ‎7.如图1，风车起源于周，是一种用纸折成的玩具．它用高粱秆，胶泥瓣儿和彩纸扎成，是老北京的象征，百姓称它吉祥轮.风车现已成为北京春节庙会和节俗活动的文化标志物之一.图2是用8个等腰直角三角形组成的风车平面示意图，若在示意图内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由几何概型及概率的计算可知，用黑色部分的面积比总面积，即可求解概率.‎ 详解：设白色部分的等腰直角三角形的斜边长为，则直角边的长为，‎ 所以所有白色部分的面积为，‎ 则黑色部分的等腰直角三角形的腰长为1，所有黑色部分的面积为，‎ 由几何概型可得其概率，故选B.‎ 点睛：本题考查了面积比的几何概型中概率的计算，其中正确求解黑色部分和白色部分的面积是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.‎ ‎8.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图可知，该几何体为底面半径为、高为的圆锥的，所以该几何体的体积，故选D.‎ 考点：三视图.‎ ‎9.已知函数，则函数的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性和特殊值进行排除可得结果．‎ ‎【详解】由题意，‎ 所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，排除D；‎ 又，所以排除B,C．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】已知函数的解析式判断图象的大体形状时，可根据函数的奇偶性，判断图象的对称性：如奇函数在对称的区间上单调性一致，偶函数在对称的区间上单调性相反，这是判断图象时常用的方法之一．‎ ‎10.已知某程序框图如图所示，则执行该程序后输出的结果是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依次算出前三次循环的结果，发现规律即可.‎ ‎【详解】第一次循环：，‎ 第二次循环：，‎ 第三次循环：，‎ 照此规律下去，可以得出的值三次一重复，‎ 所以时，时退出循环 所以输出的结果是 故选：A ‎【点睛】本题考查的是程序框图中的循环结构，较简单，找出规律是解题的关键.‎ ‎11.如图，已知双曲线：的右顶点为，为坐标原点，以为圆心的圆与双曲线的一条渐近线交于两点，，若，且，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设M为PQ的中点，令OP＝x，则可求得AM，OM的长度，进而求得tan∠MOA即为渐近线的斜率，从而求得e.‎ ‎【详解】由题意可得△PAQ为等边三角形，‎ 设OP＝x，可得OQ＝3x，PQ＝2x，‎ 设M为PQ的中点，可得PM＝x，AMx，‎ tan∠MOA，‎ 则e．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，考查了渐近线斜率与离心率的关系，注意结合圆的几何特征求解，属于基础题．‎ ‎12.已知，对于，均有，则实数 的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用条件转化为f（x）≤m（x+1）+2，即f（x）的图象不高于直线y＝m（x+1）+2的图象，求出函数f（x）＝ln（x+1）过点（﹣1，2）的切线方程，利用数形结合进行求解即可．‎ ‎【详解】若∀x∈[﹣1，+∞），均有f（x）﹣2≤m（x+1），得∀x∈[﹣1，+∞），均有f（x）≤m（x+1）+2‎ 即f（x）的图象不高于直线y＝m（x+1）+2的图象，直线y＝m（x+1）+2过定点（﹣1，2），‎ 作出f（x）的图象，由图象知f（﹣1）＝2，‎ 设过（﹣1，2）与f（x）＝ln（x+1）（x>0）相切的直线的切点为（a，ln（a+1）），（a>0）‎ 则函数的导数f′（x），即切线斜率k，‎ 则切线方程为y﹣ln（a+1）（x﹣a），‎ 即yxln（a+1），‎ ‎∵切线过点（﹣1，2），‎ ‎∴2ln（a+1）＝﹣1+ln（a+1）‎ 即ln（a+1）＝3，‎ 则a+1＝e3，‎ 则a＝e3﹣1，‎ 则切线斜率k 要使f（x）的图象不高于直线y＝m（x+1）+2的图象，‎ 则m≥k，‎ 即实数m的取值范围是[，+∞），‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的应用以及不等式恒成立问题，利用数形结合转化为两个图象关系，结合导数的几何意义求出切线方程和斜率是解决本题的关键．‎ 二、填空题:本题共4小题,每小题5分.‎ ‎13.已知，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ 点睛：本题主要考查同角三角函数的基本关系式的应用，属基础题 ‎14.设变量满足约束条件，则的最大值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先画出满足约束条件的可行域，并求出交点坐标，代入目标函数比较即可得到最大值.‎ ‎【详解】满足约束条件的可行域如图所示：‎ ‎，可得.‎ 因为，，‎ 表示：直线截距的倍.‎ 所以当目标函数经过点时，取得最大值.‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划，数形结合为本题的解题关键，属于简单题.‎ ‎15.已知在三棱锥中,,,底面为等边三角形,且平面平面,则三棱锥外接球的体积为__________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知三棱锥A﹣BCD的特点AB=AD，先确定△ABD的外心H，及外接圆的半径，可得三棱锥A﹣BCD的外接球的球心O在CH上，即可解答．‎ ‎【详解】∵,，∴△ADB是直角三角形，‎ ‎∴底面BAD的外心为斜边DB中点H，‎ ‎∵且平面ABD⊥平面BCD，CH⊥DB，∴CH⊥底面BAD，‎ ‎∴三棱锥A﹣BCD外接球的球心在CH上，‎ 三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，则（CH﹣R）2+BH2=OB2‎ ‎∵,可得R=2‎ 三棱锥A﹣BCD外接球的体积为.‎ 故答案为 ‎【点睛】(1)本题主要考查球内接多面体体积的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和空间想象计算能力.(2)本题解答的关键是确定球心位置，利用已知三棱锥的特点是解决问题.‎ ‎16.下列有关命题的说法正确的是___（请填写所有正确的命题序号）．‎ ‎①命题“若，则”的否命题为：“若，则”；‎ ‎②命题“若，则”逆否命题为真命题；‎ ‎③条件，条件，则是的充分不必要条件；‎ ‎④已知时，，若是锐角三角形，则.‎ ‎【答案】②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据否命题与原命题的关系可判断命题①的真假；判断出原命题的真假可判断出其逆否命题的真假，从而判断出命题②的真假；解出不等式以及，根据集合的包含关系得出命题③的真假；根据得出函数在上的单调性，由是锐角三角形，得出，结合函数的单调性判断命题④的真假.‎ ‎【详解】对于①，命题“若，则”的否命题是：“若，则”，故错误；‎ 对于②，命题“若，则”是真命题，则它的逆否命题也是真命题，故正确；‎ 对于③，条件 ，即为或；条件，即为；则是的充分不必要条件，故错误；‎ 对于④，时，，当时，，‎ 则在上是增函数；当是锐角三角形，，即，‎ 所以，则，故正确.‎ 故答案②④.‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，涉及四种命题、充分必要条件的判断以及函数单调性的应用，解题时应根据这些基础知识进行判断，考查推理能力，属于中等题.‎ 三、解答题：本题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. ‎ ‎17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，已知.‎ ‎（1）求角C的值；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，运用正弦定理化简出结果 由余弦定理求得，再根据面积公式求得结果 ‎【详解】（1）由得 由正弦定理 ‎∵ ∴. ‎ ‎（2）由余弦定理： 得，‎ 则 .‎ ‎【点睛】本题运用正弦定理进行边角的互化，余弦定理解出三角形边长，最后求三角形面积，较为综合的一道题目，也较为基础 ‎18.为了适应高考改革，某中学推行“创新课堂”教学．高一平行甲班采用“传统教学”的教学方式授课，高一平行乙班采用“创新课堂”的教学方式授课，为了比较教学效果，期中考试后，分别从两个班中各随机抽取20名学生的成绩进行统计分析，结果如表：（记成绩不低于120分者为“成绩优秀”）‎ ‎　分数 ‎[80，90）‎ ‎[90，100）‎ ‎[100，110）‎ ‎[110，120）‎ ‎[120，130）‎ ‎[130，140）‎ ‎[140，150]‎ ‎　甲班频数 ‎1‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎　乙班频数 ‎0‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎6‎ ‎4‎ ‎（Ⅰ）由以上统计数据填写下面的2×2列联表，并判断是否有95%以上的把握认为“成绩优秀与教学方式有关”？‎ ‎　甲班 ‎　乙班 ‎　总计 ‎　成绩优秀 ‎　成绩不优秀 ‎　总计 ‎（Ⅱ）在上述样本中，学校从成绩为[140，150]的学生中随机抽取2人进行学习交流，求这2人来自同一个班级的概率．‎ 参考公式：K2=，其中n=a+b+c+d．‎ 临界值表：‎ P（K2≥k0）‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ k0‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（1）有以上的把握认为“成绩优秀与教学方式有关”.‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）填写列联表，计算K2，对照数表即可得出结论；‎ ‎（2）设，表示成绩为的甲班学生，，，，表示成绩为的乙班学生，根据古典概型公式可得结果.‎ ‎【详解】（1）补充的列联表如下表：‎ 甲班 乙班 总计 成绩优秀 成绩不优秀 总计 根据列联表中的数据，得的观测值为 ，‎ 所以有以上的把握认为“成绩优秀与教学方式有关”.‎ ‎（2）设，表示成绩为的甲班学生，，，，表示成绩为的乙班学生，‎ 则从这名学生中抽取名学生进行学习交流共有15种等可能的结果：‎ ‎，，，，，，，，，，，，，，，‎ 根据古典概率计算公式，从名学生中抽取名学生进行学习交流，来自同一个班级的概率为.‎ ‎【点睛】独立性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成列联表；（2）根据公式 计算的值；(3) 查表比较与临界值的大小关系，作统计判断.（注意：在实际问题中，独立性检验的结论也仅仅是一种数学关系，得到的结论也可能犯错误.）‎ ‎19.如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，为与的交点，为棱上一点.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若平面，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由,可推出平面,从而可证明平面平面;‎ ‎(2)由平面可推出是中点,因此.‎ ‎【详解】(1)平面,平面,‎ ‎,‎ ‎∵四边形是正方形,‎ ‎,‎ ‎,‎ 平面,‎ 平面,‎ ‎∴平面平面;‎ ‎(2)平面,平面平面,‎ ‎,‎ 是中点,‎ 是中点,‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直,考查空间几何体体积的求法,属于中档题.在解决此类几何体体积问题时,可利用中点进行转化.‎ ‎20.已知椭圆的标准方程为，该椭圆经过点，且离心率为．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过椭圆长轴上一点作两条互相垂直的弦．若弦的中点分别为，证明：直线恒过定点．‎ ‎【答案】（1）;（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据已知得到方程组，解方程组即得椭圆的方程.(2)先求直线MN的方程，，即得直线MN经过的定点，再讨论当时，直线也经过定点，综上所述，直线经过定点．当时，过定点．‎ ‎【详解】（1）解：∵点在椭圆上，∴，‎ 又∵离心率为，∴，∴，‎ ‎∴，解得，，‎ ‎∴椭圆方程为．‎ ‎（2）证明：设直线的方程为，，则直线的方程为，‎ 联立，得，‎ 设，，则，，‎ ‎∴，‎ 由中点坐标公式得，‎ 将的坐标中的用代换，得的中点，‎ ‎∴直线的方程为，，‎ 令得，∴直线经过定点，‎ 当时，直线也经过定点，综上所述，直线经过定点．‎ 当时，过定点．‎ ‎【点睛】（1）本题主要考查求椭圆的方程，考查椭圆中直线的定点问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是求出直线的方程为，，其二是讨论当时，直线也经过定点.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若的极小值为，求的值；‎ ‎（Ⅱ）若对任意,都有恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎【答案】（Ⅰ）a=e；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 分析：（Ⅰ）求导，当时显然不成立，当时，由得，分析单调性，从而可得解；‎ ‎（Ⅱ）令，，令，得，进而讨论和，结合分析单调性即可得解.‎ 详解：（Ⅰ） ‎ ‎①当时，恒成立，无极值；‎ ‎②当时，由得，并且 当时，；当时，.‎ 所以，当时， 取得极小值； ‎ 依题意，，，‎ 又，； ‎ 综上，.‎ ‎ （Ⅱ） 令，则,. ‎ 令，则当时，，单调递增，. ‎ ‎①当时， 在上单调递增，；‎ 所以，当时，对任意恒成立； ‎ ‎②当时，，，‎ 所以，存在，使（此处用“当时，存在，使”证明，扣1分），‎ 并且，当时，，在上单调递减，‎ 所以，当时，，‎ 所以，当时，对任意不恒成立； ‎ 综上，的取值范围为. ‎ 点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcosθ+ρsinθ＝1，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝8cosθ．‎ ‎（1）求直线l与曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点M（0，1），直线l与曲线C交于不同的两点P，Q，求|MP|+|MQ|的值．‎ ‎【答案】（1）直线l的直角坐标方程为x+y＝1，曲线C的直角坐标方程为y2＝8x（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）代入极坐标方程，即可求解；‎ ‎（2）把直线方程化为具有几何意义的参数方程，代入曲线C方程，由直线参数的几何意义，即可求解.‎ ‎【详解】（1）直线l的极坐标方程为ρcosθ+ρsinθ＝1，‎ 转换为：x+y＝1，‎ 曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝8cosθ，‎ 转换为：y2＝8x；‎ ‎（2）考虑直线方程x+y＝1，‎ 则其参数方程为（t为参数），‎ 代入曲线方程y2＝8x，‎ 得到：，‎ 则有：．‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线参数方程的应用，属于基础题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解关于的不等式；‎ ‎（2）记的最小值为，已知实数，都是正实数，且，求证：．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析：（1）对进行分类讨论，可解关于不等式；（2）利用绝对值不等式的性质可求出，再利用结合均值定理求解.‎ ‎【详解】详解：‎ ‎（1）‎ 或或，‎ 解得或．‎ 综上所述，不等式的解集为 ‎ ‎（2）由（时取等号）‎ ‎.即，从而，‎ ‎，当且仅当，即时取等号．‎ ‎∴原不等式得证．‎ 点睛：解绝对值不等式的方法是用绝对值的定义去掉绝对值符号，象本题把不等式化为一元一次不等式组分类求解．利用基本不等式证明或求最值问题关键是凑配出基本不等式的形式：即积为定值（或和为定值），“‎1”‎的代换是常用方法．‎ ‎ ‎