甘肃省天水市第一中学2018-2019学年高二下学期第一次段考数学（理）试题

甘肃省天水市第一中学2018-2019学年高二下学期第一次段考数学（理）试题

天水一中高二级2018—2019学年第二学期第一学段考试 数学试题（理）‎ 命题：刘鹏 汪生武 审核：黄国林 ‎（满分：150分 时间：120分钟）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数的乘法运算展开即可．‎ ‎【详解】解： ‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．‎ ‎2.设命题：，，则为（ ）‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.‎ ‎【详解】解：因为特称命题的否定是全称命题，‎ 所以，命题：，，则为，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查命题的否定，特称命题和全称命题的否定关系，属于基础题.‎ ‎3. 6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（ ）‎ A. 144 B. ‎120 ‎C. 72 D. 24‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：先排三个空位，形成4个间隔，然后插入3个同学，故有种 考点：排列、组合及简单计数问题 ‎4. 展开式中的系数为（ ）‎ A. 15 B. ‎20 ‎C. 30 D. 35‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用多项式乘法将式子展开,根据二项式定理展开式的通项即可求得的系数.‎ ‎【详解】根据二项式定理展开式通项 则展开式的通项为 则 展开式中的项为 则 展开式中的系数为 故选:C ‎【点睛】本题考查了二项定理展开式的应用,指定项系数的求法,属于基础题.‎ ‎5.安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有　　‎ A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎4项工作分成3组,可得：=6，‎ 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，‎ 可得：种．‎ 故选D.‎ ‎6.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量法求出直线与直线夹角的余弦值.‎ ‎【详解】解：，，设，‎ 根据题意得，,,,.‎ ‎,,‎ ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量的坐标运算和异面直线及其所成角的概论，属于基础题.‎ ‎7.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有 A. 144个 B. 120个 C. 96个 D. 72个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案．‎ 解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；‎ 分两种情况讨论：‎ ‎①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个，‎ ‎②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个，‎ 共有72+48=120个．‎ 故选B 考点：排列、组合及简单计数问题．‎ ‎8.已知函数的图像在点的处的切线过点，则（ ）.‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数，利用切线的方程经过的点求解即可.‎ ‎【详解】解：函数的导函数为，‎ ‎，而，‎ 切线方程为.‎ 因为经过点，所以，‎ 解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，属于基础题.‎ ‎9.甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“五局三胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获胜得冠军的情况下，比赛进行了四局的概率为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲获得冠军的概率为，‎ 比赛进行了四局概率为.由此能求出在甲获得冠军的情况下，比赛进行了四局的概率.‎ ‎【详解】解：因为甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，‎ 所以在甲获得冠军的概率为，‎ 比赛进行了四局的概率为.‎ 所以在甲获得冠军的情况下，比赛进行了四局的概率为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎10.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对x分别赋值0，，即可得到结果.‎ 详解】‎ 令得，令得 ‎，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理，考查系数的绝对值的和，考查赋值法，属于基础题.‎ ‎11.已知双曲线的左，右顶点为，，点在上，，且，则的离心率为（ ）.‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的方程为，由题意知，根据三角形定义可得，运用三角函数定义可设，代入双曲线方程，可得，由，，的关系和离心率公式，计算可得所求值.‎ ‎【详解】解：设双曲线的方程为，由题意知，‎ 又因为在中，，，可得.‎ 由题意可设，代入双曲线方程可得，‎ 可得，，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，运用等腰三角形的定义和三角函数的定义，考查化简整理的运算能力，属于中档题.‎ ‎12.‎ 我国南宋数学家杨家辉所著的《详解九章算法》一书中记录了一个由正整数构成的三角形数表，我们通常称之为杨辉三角.以下数表的构造思路就来源于杨辉三角.( )‎ 从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则的值为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据每一行的第一个数的变化规律即可得到结果.‎ ‎【详解】解：第一行第一个数为：；‎ 第二行第一个数为：；‎ 第三行第一个数为：；‎ 第四行第一个数为：；‎ ‎，‎ 第n行第一个数为：；‎ 一共有1010行，‎ ‎∴第1010行仅有一个数：；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了由数表探究数列规律问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上）‎ ‎13.已知复数满足（是虚数单位），则 ．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算得答案．‎ ‎【详解】由（1+i）z=1﹣7i，‎ 得，‎ 则|z|=．‎ 故答案为5．‎ ‎【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．‎ ‎14.如图是平面直角坐标系下与圆：的图像，在圆内随机取一点，则此点落在右图中阴影部分的概率是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出阴影面积，圆的面积，代入几何概型的概率计算公式即可.‎ ‎【详解】解：根据题意得，阴影部分的面积为，‎ 圆的面积为，‎ 所以圆内随机取一点，则此点落在右图中阴影部分的概率是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了定积分的求法，圆的方程与面积，几何概型的概率计算，属于基础题.‎ ‎15.一批产品的二等品率为，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取次，表示抽到的二等品件数，则____________．‎ ‎【答案】1.96‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项分布，由公式得到结果.‎ ‎【详解】由于是有放回的抽样，所以是二项分布，,填1.96‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，考查二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎16.甲、乙、丙、丁和戊5名学生进行某种劳动技术比赛，决出了第1到第5名的名次.甲乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说，“很遗憾，你和乙都没没有拿到冠军.”对乙说，“你当然不会是最差的.”从这个回答分析，甲是第五名的概率是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲、乙不是第一名且乙不是最后一名，乙的限制多，故先排乙，有种情况；再排甲，也有种情况；余下的问题是三个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理得到结果，再求出甲是第五名包含的不同情况的种数，求出结果.‎ ‎【详解】解：由题意可知，甲、乙不是第一名且乙不是最后一名，‎ 乙的限制多，故先排乙，有种情况，即第二、三、四名；‎ 再排甲，也有种情况，余下人有种排法.‎ 故共有种不同的情况，‎ 其中甲是第五名包含的不同情况有：‎ 先排乙，有种情况，即第二、三、四名，甲是第五名，余下人有种排法，‎ 故甲是第五名包含的不同情况有，‎ 所以甲是第五名的概率为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查概率求法，考查古典概型，排列组合等基础知识，是基础题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.已知是数列的前项和，且. ‎ 求数列的通项公式.‎ 若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】=；=.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件求得首项，，结合数列的前项和的定义和等比数列的定义来求数列的通项公式；‎ 由可推知，然后利用裂项相消法来求数列的前项和.‎ ‎【详解】解：，，‎ ‎，‎ 又，两式相减得，‎ 即，.‎ ‎，，‎ ‎ ‎ ‎ .‎ ‎【点睛】本题考查利用数列中与关系求数列通项，考查等比数列的判定，裂项相消法求和，属于中档题.‎ ‎18.的内角，，的对边分别为，，，已知.‎ 求. ‎ 若，，成等差数列，判断的形状，并说明理由.‎ ‎【答案】；等边三角形.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦的二倍角公式对已知等式化简，求出，再结合角的范围即可求出角的大小；‎ 通过余弦定理，等差数列的性质可得，利用三角形的内角和定理可求，即可得解.‎ ‎【详解】解：在中，,‎ ‎，解得,‎ ‎，‎ ‎，即.‎ 由可知，，由余弦定理可得，‎ ‎，，成等差数列，即，‎ ‎，‎ ‎，整理可得，可得，‎ ‎，故为等边三角形.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理以及余弦定理，等差数列的性质在解三角形中的应用，属于中档题.‎ ‎19.某超市试销某种商品一个月，获得如下数据：‎ 日销售量（件）‎ 频率 试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变），超市决定正式营销这种商品.设某天超市开始营业时有该商品件，当天营业结束后检查存货，若发现存货少于件，则当天进货补充至件，否则不进货.将频率视为概率.‎ 求当天商品进货的概率.‎ 记为第二天开始营业时该商品的件数.‎ 求得分布列.‎ 求得数学期望与方差.‎ ‎【答案】0.3；见解析 ；，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求当天商品进货，即当天商品的销售量为件或件，所以设事件表示当天商品需要进货，；‎ 随机变量的所有可能的取值为，，.且表示前一天的销售量为，表示前一天的销售量为，表示前一天的销售量为或或，分别求出概率，列出分布列即可；‎ 将中分布列的数据代入期望和方差的公式，求解即可.‎ ‎【详解】解：设事件表示当天商品需要进货，则事件包含当天该商品的销售量为件或件，所以.‎ 由题意得，的所有可能的取值为，，.‎ 表示前一天的销售量为，所以，‎ 表示前一天的销售量为，所以，‎ 表示前一天的销售量为或或，所以.‎ 所以随机变量的分布列为：‎ 由的分布列可知，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了离散型随机变量的概率分布列，期望和方差，互斥事件的概率加法公式，属于中档题.‎ ‎20.已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且．‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）已知点，延长交抛物线于点，证明：以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由抛物线定义可得：，解得．即可得出抛物线的方程．‎ ‎（2）由点在抛物线上，解得，不妨取，，，可得直线的方程，与抛物线方程联立化为，解得，．又，计算，，可得，，即可证明以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．‎ ‎【详解】（1）解：由抛物线定义可得：，解得．‎ 抛物线的方程为；‎ ‎（2）证明：点在抛物线上，‎ ‎，解得，不妨取，，，‎ 直线的方程：，‎ 联立抛物线，化为，解得或，，．‎ 又，．，‎ ‎，‎ ‎，轴平分，‎ 因此点到直线，的距离相等，‎ 以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．‎ ‎【点睛】本小题主要考查抛物线、直线与抛物线及其圆的位置关系及其性质、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题．‎ ‎21.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，底面，点为棱的中点.. ‎ 证明：平面.‎ 若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】证明见解析；.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在上找中点，连接,，利用三角形中位线性质得出，因为底面是直角梯形，,所以能得出平行且等于，得出四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定，即可证出平面；‎ 根据,求出向量的坐标，进而求出平面和平面的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】解：证明：在上找中点，连接,，图象如下：‎ 和分别为和的中点，‎ ‎，且,‎ 又底面是直角梯形，‎ ‎，且，‎ 且.即四边形为平行四边形.‎ ‎.‎ 平面，平面，‎ 平面.‎ 以为原点，以所在直线为轴,所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 可得，,，，，‎ ‎,， .‎ 由为棱上一点，设,‎ 所以,‎ 由，得,‎ 解得，‎ 即,,‎ 设平面的法向量为，‎ 由可得 所以，令，则，则，‎ 取平面的法向量为，‎ 则二面角的平面角满足：‎ ‎,‎ 故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的判定，空间二面角的平面角，建立空间直角坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题，属于难题.‎ ‎22.已知函数. ‎ 求的最小值.‎ 若.求证：存在唯一的极大值点，且 ‎【答案】；证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出导函数，结合导函数值的正负研究函数的单调性进而可得结论；‎ 通过可知，记，利用函数存在唯一的极大值点，得出，另一方面可知.‎ ‎【详解】解： ，，‎ ‎.‎ 当时，，即函数在上单调递减；‎ 当时，，即函数在上单调递增.‎ ‎.‎ 由知， ‎ 设，则 ‎ 当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增. ‎ 又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时，. ‎ 因为，所以是的唯一极大值点 .‎ 由得，故 .‎ 由得 ，‎ 由，可知，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以.‎ 综上所述，存在唯一的极大值点，且.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，转化思想，属于难题.‎