2019-2020学年贵州省遵义市南白中学高二上学期期中数学（文）试题（解析版）

2019-2020学年贵州省遵义市南白中学高二上学期期中数学（文）试题（解析版）

‎2019-2020学年贵州省遵义市南白中学高二上学期期中数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】解出集合，再由并集的定义写出即可。‎ ‎【详解】‎ 由，‎ 则．故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查集合的并集，正确求解一元二次不等式，是首要条件。属于基础题 ‎2．已知为等差数列的前项和，，，则（ ）‎ A．9 B．10 C．11 D．12‎ ‎【答案】A ‎【解析】由,求出,结合,得出公差,即可求出.‎ ‎【详解】‎ 设的公差为,,所以，‎ ‎，得，所以.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列通项公式和前和公式的简单运用,着重考查计算能力,属于基础题.‎ ‎3．若向量满足，且，则向量的夹角为（ ）‎ A．30° B．60° C．120° D．150°‎ ‎【答案】B ‎【解析】由,平方求出,代入向量夹角公式,求出的夹角余弦值,即可得结果.‎ ‎【详解】‎ 设的夹角为 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查向量的模长和向量的夹角计算,着重考查计算能力,属于基础题.‎ ‎4．设，，，则（）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】通过对数的运算性质对对数的底数变形,化为同底,利用对数函数的单调性可得 ,通过指数函数的性质可得 .‎ ‎【详解】‎ ‎，，，∴，，故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用指数函数和对数函数的性质比较大小,属基础题.‎ ‎5．已知圆柱的轴截面为正方形，且圆柱的体积为，则该圆柱的侧面积为()‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由圆柱的轴截面为正方形可知，底面圆直径与圆柱的高相等，根据圆柱的体积公式，可求得底面圆的半径，再由圆柱的侧面积公式即可求解.‎ ‎【详解】‎ 设圆柱的底面半径为．因为圆柱的轴截面为正方形，所以该圆柱的高为．因为该圆柱的体积为，，解得，所以该圆柱的侧面积为．‎ ‎【点睛】‎ 设圆柱的底面圆半径为r,高为h,则侧面积，体积.‎ ‎6．函数的图象是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先求出函数的定义的域，然后判断函数的奇偶性，最后判断当时，函数值的正负性，通过排除法，选出正确答案.‎ ‎【详解】‎ 函数的定义域为：，‎ 是奇函数，图象关系原点对称，故可排除B;‎ ‎，显然当时，，因此可排除AD，故本题选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数图象的识别，运用函数的定义域、奇偶性、单调性、周期性等性质是常见的解题的方法，排除法是经常用的解决方法.‎ ‎7．已知两直线、和平面，若，，则直线、的关系一定成立的是（ ）‎ A．与是异面直线 B． C．与是相交直线D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】当一条直线垂直于一个平面，则此直线垂直于这个平面内的所有直线。‎ 故答案选 ‎8．如果直线与直线互相平行，那么的值等于（ ）‎ A．-2 B． C．- D．2‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据它们的斜率相等，可得1，解方程求a的值．‎ ‎【详解】‎ ‎∵直线ax+2y+1＝0与直线x+y﹣2＝0互相平行，‎ ‎∴它们的斜率相等，‎ ‎∴1‎ ‎∴a＝2‎ 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两直线平行的性质，熟知两直线平行则斜率相等是解题的关键，属于基础题．‎ ‎9．(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有 A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：设圆锥底面半径为r，则，所以 ‎，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.‎ ‎【考点】圆锥的性质与圆锥的体积公式 ‎10．已知圆与圆外切，则（ ）．‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为两圆相外切，故圆心距为半径之和，故可得的关系.‎ ‎【详解】‎ 因为两圆相外切，故圆心距为半径之和，‎ 故即，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两圆的位置关系，注意利用圆心距与半径之和、半径之差的绝对值的关系来判断不同的位置关系，此类问题属于基础题.‎ ‎11．已知三棱锥中，，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先作出图形，结合长度关系证明△为直角三角形，确定球心，求出半径得到体积.‎ ‎【详解】‎ ‎∵‎ ‎∵，∴△为直角三角形；‎ 取中点,如图，则， ‎ ‎∴为三棱锥外接球的球心，且半径；‎ ‎∴外接球的体积为，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三棱锥外接球的体积，此类问题的一般求解思路是：根据条件确定球心位置，然后求出半径，代入公式可得体积；或者构造模型借助模型求解.‎ ‎12．已知，若存在三个不同实数使得，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】作出函数的图象，令，设，由对数的运算性质得出，并求出的取值范围，从而得出的取值范围。‎ ‎【详解】‎ 令，则、、可视为直线与曲线的三个交点的横坐标，如下图所示：‎ 当时，；当时，由.‎ 由可得，得，‎ 即，所以，.‎ 结合图象可知，，，因此，的取值范围是，‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数零点的取值范围，考查对数的运算性质，解本题的关键就是计算时去绝对值，并充分利用了对数的运算性质，其次再解这类问题时，可充分利用参数来表示零点，并构造新函数来求解。‎ 二、填空题 ‎13．已知，则____________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】,得出方程,即可求出.‎ ‎【详解】‎ ‎.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】‎ 考查同角间的三角函数关系,化弦为切,重点考查计算能力,属于基础题.‎ ‎14．函数的最小值为____________.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】由基本不等式得,求出函数的最小值.‎ ‎【详解】‎ ‎,,当且仅当,等号成立,.‎ 故答案为: 8‎ ‎【点睛】‎ 利用基本不等式求最值,要注意条件,一“正”,二“定”,三“等”,缺一不可.‎ ‎15．已知实数满足，则的最大值为_______。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据约束条件，画出可行域，目标函数可以看成是可行域内的点和的连线的斜率，从而找到最大值时的最优解，得到最大值.‎ ‎【详解】‎ 根据约束条件可以画出可行域，‎ 如下图阴影部分所示，‎ 目标函数可以看成是可行域内的点和的连线的斜率，‎ 因此可得，当在点时，斜率最大 联立，得 即 所以此时斜率为 ，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查简单线性规划问题，求目标函数为分式的形式，关键是要对分式形式的转化，属于中档题.‎ ‎16．已知矩形的长，宽，将其沿对角线折起，得到四面体，如图所示：‎ 则四面体体积的最大值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用三棱锥等体积法，转化为求四面体的最大值,底面面积为定值,当平面平面时,到底面距离最大值,此时四面体体积的最大值.‎ ‎【详解】‎ 设到底面距离为 ‎,当平面平面时，最大,‎ 此时就是直角三角形斜边上的高，为 所以体积的最大值为.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面与立体几何的关系，平面图形的折叠问题,考查了等体积法和椎体的体积公式,属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．已知函数的最小正周期为．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，面积，求．‎ ‎【答案】（1）1；（2）‎ ‎【解析】（1）根据辅助角公式化简,由周期求出;‎ ‎（2）由，求出角，代入面积公式，即可求出 ‎【详解】‎ ‎（1） ‎ 故函数的最小正周期 ‎（2）由（1）知，.由，得（）.所以（）.又，所以.‎ 的面积，解得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两角和正弦公式,三角函数性质及三角形面积公式,着重考查计算能力,属于基础题.‎ ‎18．某校举行汉字听写比赛，为了了解本次比赛成绩情况，从得分不低于50分的试卷中随机抽取100名学生的成绩(得分均为整数，满分100分)进行统计，请根据频率分布表中所提供的数据，解答下列问题：‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若从成绩较好的第3、4、5组中按分层抽样的方法抽取6人参加市汉字听写比赛，并从中选出2人做种子选手，求2人中至少有1人是第4组的概率.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（2）‎ ‎【解析】（1）由频数和为100,求出;再由频率和为1,求出;‎ ‎（2）根据分层抽样按比例分配,求出第3,4,5组分别抽取的学生人数,并把6人编号,列出所有基本事件,查出2人至少1人来自第4组的事件个数,然后利用古典概型的概率计算公式求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）＝100－5－30－20－10＝35·‎ ‎＝1－0.05－0.35－0.20－0.10＝0.30·‎ ‎（2 ）因为第3、4、5组共有60名学生，所以利用分层抽样在60名学生中抽取6名学生，‎ 每组分别为，第3组：×30＝3人，第4组：×20＝2人，第5组：×10＝1人，‎ 所以第3、4、5组应分别抽取3人、2人、1人·‎ 设第3组的3位同学为A1、A2、A3，第4组的2位同学为B1、B2，第5组的1位同学为C1，则从6位同学中抽2位同学有15种可能，如下：‎ ‎(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C1)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C1)，(B1，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)．其中第4组被入选的有9种，‎ 所以其中第4组的2位同学至少有1位同学入选的概率为＝‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了频率分布表,考查了古典概型及其概率计算公式,解答的关键是正确求出事件总数和基本事件个数,属于基础题.‎ ‎19．已知等差数列满足，前7项和为 ‎（Ⅰ）求的通项公式 ‎（Ⅱ）设数列满足，求的前项和.‎ ‎【答案】(1) ‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据等差数列的求和公式可得，得，然后由已知可得公差，进而求出通项；（2）先明确=，为等差乘等比型通项故只需用错位相减法即可求得结论.‎ 解析：‎ ‎（Ⅰ）由，得 因为所以 ‎（Ⅱ）‎ ‎20．如图，是平行四边形，平面，，，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求四面体的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）由已知条件推导出平面平面,由此能证明平面;‎ ‎（2）利用等体积法,根据椎体体积公式算出的体积.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：，平面，平面 平面.同理可证平面. ‎ ‎，平面平面.‎ 平面，平面·‎ ‎（2）平面，，‎ 即，·‎ 在中，，，‎ ‎·‎ 故四面体的体积为 ‎【点睛】‎ 本题求证线面平行并求三棱锥的体积,着重考查了空间直线与平面平行的判定、平面与平面平行的判定与性质和椎体的体积公式等知识,属于中档题.‎ ‎21．如图，在中，点在边上，，,．‎ ‎（1）求； ‎ ‎（2）若的面积是，求．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）由余弦定理求出,故是等边三角形,求出;‎ ‎（2）由（1）得出,再由面积公式求出,利用余弦定理即可求出.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在中，因为，,‎ 由余弦定理得，‎ 整理得· ‎ 解得.所以，，所以，是等边三角形 所以， ‎ ‎（2）因为，所以．‎ 因为的面积是，所以,，‎ 所以,. ‎ 在中，‎ ‎=‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查余弦定理和面积公式,着重考查计算能力,属于基础题.‎ ‎22．已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，且．‎ ‎【解析】试题分析：（1）设出圆心坐标，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离，确定出圆心坐标，即可得出圆方程；（2）当直线轴，则轴平分，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立圆与直线方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，由若轴平分，则，求出的值，确定出此时坐标即可.‎ 试题解析：(1)设圆心C(a，0)，则或a＝－5(舍)，所以圆C：x2＋y2＝4.‎ ‎(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以，，若x轴平分∠ANB，则⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒，所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立．‎