安徽省皖东县中联盟2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题

安徽省皖东县中联盟2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题

皖东县中联盟2018～2019学年第二学期高二期末考试 数学试题（理科）‎ 一、选择题：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.已知集合，若，则实数值为（ ）‎ A. 或 B. 或 C. 或 D. 或或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 就和分类讨论即可.‎ ‎【详解】因为当时，，满足；当时，，若，所以或.综上，的值为0或1或2.故选D.‎ ‎【点睛】本题考查集合的包含关系，属于基础题，解题时注意利用集合中元素的性质（如互异性、确定性、无序性）合理分类讨论.‎ ‎2.已知均为实数，若（为虚数单位），则（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. -1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知等式整理为，根据复数相等可求得结果.‎ ‎【详解】由题意得：，即：‎ 则： ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查复数相等的定义，涉及简单的复数运算，属于基础题.‎ ‎3.“，”是“双曲线的离心率为”的（ ）‎ A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充分不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，计算可得离心率为，但是离心率为时，我们只能得到，故可得两者之间的条件关系.‎ ‎【详解】当时，双曲线化为标准方程是，‎ 其离心率是；‎ 但当双曲线的离心率为时，‎ 即的离心率为，则，得，‎ 所以不一定非要.‎ 故“”是“双曲线的离心率为”的充分不必要条件.故选D.‎ ‎【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，“若则”是真命题，则是的必要不充分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件.‎ ‎4.某市某校在秋季运动会中，安排了篮球投篮比赛.现有20名同学参加篮球投篮比赛，已知每名同学投进的概率均为0.4，每名同学有2次投篮机会，且各同学投篮之间没有影响.现规定：投进两个得4分，投进一个得2分，一个未进得0分，则其中一名同学得2分的概率为（ ）‎ A. 05 B. 0.48 C. 0.4 D. 0.32‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 事件“第一次投进球”和“第二次投进球”是相互独立的，利用对立事件和相互独立事件可求“其中一名同学得2分”的概率.‎ ‎【详解】设“第一次投进球”为事件，“第二次投进球”为事件，则得2分的概率为.故选B.‎ ‎【点睛】本题考查对立事件、相互独立事件，注意互斥事件、对立事件和独立事件三者之间的区别，互斥事件指不同时发生的事件，对立事件指不同时发生的事件且必有一个发生的两个事件，而独立事件指一个事件的发生与否与另一个事件没有关系.‎ ‎5.《九章算术》中玉石问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两.今有石方三寸，中有玉，并重十一斤（176两），问玉、石重各几何?”其意思：“宝玉1立方寸重7两，石料1立方寸重6两，现有宝玉和石料混合在一起的一个正方体，棱长是3寸，质量是11斤（176两），问这个正方体中的宝玉和石料各多少两?”如图所示的程序框图给出了对此题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的，分别为（ ）‎ A. 96,80 B. 100,76 C. 98,78 D. 94,82‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 流程图的作用是求出的一个解，其中且为偶数，逐个计算可得输出值.‎ ‎【详解】执行程序：，，，故输出的分别为98,78.故选C.‎ ‎【点睛】本题考查算法中的循环结构、选择结构，读懂流程图的作用是关键，此类题是基础题.‎ ‎6.在的展开式中，含的项的系数是（ ）‎ A. -832 B. -672 C. -512 D. -192‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出展开式中 的系数减2倍的系数加的系数即可.‎ ‎【详解】含的项的系数即求展开式中 的系数减2倍的系数加的系数 即含的项的系数是．‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理，属于中档题。‎ ‎7.某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元，每年最大规模的种植量是8万斤，每种植一斤藕，成本增加0.5元.如果销售额函数是 （是莲藕种植量，单位：万斤；销售额的单位：万元，是常数），若种植2万斤，利润是2.5万元，则要使利润最大，每年需种植莲藕（ ）‎ A. 8万斤 B. 6万斤 C. 3万斤 D. 5万斤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 销售的利润为，利用可得，再利用导数确定函数的单调性后可得利润的最大值.‎ ‎【详解】设销售的利润为，由题意，得， ‎ 即，当时，，解得，‎ 故，‎ 当时，，当时，，所以 函数在上单调递增，在上单调递减，所以时，利润最大，故选B.‎ ‎【点睛】一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则．‎ ‎8.如图所示是一个几何体的三视图，则其表面积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可得对应的三棱锥，逐个计算其侧面积和底面积可得其表面积.‎ ‎【详解】将三视图复原后得到的几何体即为如图所示的三棱锥，‎ 其中是棱长为4的正方体的顶点，为正方体的底面中心，注意到所以，，，因此该三棱锥的表面积等于.故选A.‎ ‎【点睛】本题考查三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．‎ ‎9.设数列的前项和为，若，，成等差数列，则的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为成等差数列，所以，当时，；当时，，即，即，数列是首项，公比的等比数列，，故选B.‎ ‎10.函数的图象是由函数的图像向左平移 个单位得到的，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把的图像向左平移个单位后得到的图像，化简后可得的值，利用两角和的余弦和正弦展开后可得的值.‎ ‎【详解】把的图像向左平移个单位后得到所得图像的解析式为，‎ 根据可得①，‎ 所以即（舍），‎ 又对①化简可得，故，故选B.‎ ‎【点睛】三角函数的图像往往涉及振幅变换、周期变换和平移变换，注意左右平移时是自变量作相应的变化，而且周期变换和平移变换（左右平移）的次序对函数解析式的也有影响，比如，它可以由先向左平移个单位，再纵坐标不变，横坐标变为原来的，也可以先保持纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向左平移.‎ ‎．‎ ‎11.在三棱锥中，，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点为，由二面角平面角的定义可知；根据球的性质可知若和中心分别为，则平面，平面，根据已知的长度关系可求得，在直角三角形中利用勾股定理可求得球的半径，代入球的表面积公式可得结果.‎ ‎【详解】‎ 取的中点为 由和都是正三角形，得，‎ 则是二面角的平面角，即 设球心为，和中心分别为 由球的性质可知：平面，平面 又， ，‎ 外接球半径：‎ 外接球的表面积为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，关键是能够利用球的性质确定球心的大致位置，从而可利用勾股定理求解出球的半径.‎ ‎12.已知抛物线的焦点为F，点是抛物线C上一点，以点M为圆心的圆与直线交于E，G两点，若，则抛物线C的方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作，垂足为点D．利用点在抛物线上、， 结合抛物线的定义列方程求解即可.‎ ‎【详解】作，垂足为点D．‎ 由题意得点在抛物线上，则得．①‎ 由抛物线的性质，可知，，‎ 因为，所以．‎ 所以，解得：．②．‎ 由①②，解得：（舍去）或．‎ 故抛物线C的方程是．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义与几何性质，属于中档题.‎ 二、填空题．‎ ‎13.已知向量与共线且方向相同，则_____.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据向量平行，得到，计算出t的值 ，再检验方向是否相同。‎ ‎【详解】因为向量与共线且方向相同 所以得．解得或．‎ 当时，，不满足条件；‎ 当时，，与方向相同，故．‎ ‎【点睛】本题考查两向量平行的坐标表示，属于基础题.‎ ‎14.设x，y满足约束条件，则的最小值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出可行域，根据表示可行域内的点到定点的距离的平方，即可求出最小值。‎ ‎【详解】作出不等式组表示的可行域为一个三角形区域（包括边界），‎ 表示可行域内的点到定点的距离的平方，‎ 由图可知，该距离的最小值为点到直线的距离，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划，属于基础题。‎ ‎15.在中，内角所对的边分别为，且的外接圆半径为1，若，则的面积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：由正弦定理可把其中一边化为角，从而由及由公式求得面积. 详解：由题意得，即，‎ ‎∴，‎ 故答案为.‎ 点睛：正弦定理：，利用它把三角形的边角与外接圆半径建立联系，这样可得三角形面积为.‎ ‎16.已知函数有四个零点，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知是偶函数，根据对称性问题转化为直线与曲线有两个交点.‎ ‎【详解】因为是偶函数，根据对称性，在上有两个不同的实根，即在上有两个不同的实根，等价转化为直线与曲线有两个交点，而，则当时，，当时，，所以函数在上是减函数，在上是增函数，于是，故 故答案为：‎ ‎【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 ‎(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；‎ ‎(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；‎ ‎(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17.的内角所对的边分别是，已知.‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)若的面积为，，，求，.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由正弦定理得 ‎ ‎ ‎；（2）由，再由余弦订立的得.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由已知 结合正弦定理得 所以 即，亦即 因为，所以.‎ ‎（2）由，，得，即，‎ 又，得 所以，又，∴‎ ‎18.已知在等比数列中，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出公比后可得的通项公式.‎ ‎（2）利用错位相减法可求.‎ ‎【详解】（1）设等比数列的公比为.‎ 由，得，得，‎ 所以，解得.‎ 故数列的通项公式是.‎ ‎（2），‎ 则，①‎ ‎，②‎ 由①-②，得 ‎，‎ ‎，‎ 故 ‎【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.‎ ‎19.在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱上一点（不与、点重合）.‎ ‎（1）若平面，求的值；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面可得，从而得到.‎ ‎（2）以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量后可得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为平面，平面,平面平面，‎ 所以，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以.‎ 所以.‎ ‎（2）解：以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则点.‎ 则.‎ 设平面的一个法向量为，则 ‎，即，得.‎ 令，得；‎ 易知平面的一个法向量为，‎ 设二面角的大小为，则.‎ 故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】线线平行的证明可利用线面平行或面面平行来证明，空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.‎ ‎20.已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上在第二象限内的一点，且直线的斜率为.‎ ‎（1）求点的坐标；‎ ‎（2）过点作一条斜率为正数的直线与椭圆从左向右依次交于两点，是否存在实数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，使得 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由和直线的斜率可得方程；代入椭圆方程解方程即可求得点坐标；（2）由和点坐标得：轴；假设直线：，代入椭圆方程可求得的范围和韦达定理的形式，利用韦达定理表示出，可整理出，从而可得；结合轴可知，进而得到结果.‎ ‎【详解】（1）由及直线的斜率为得直线的方程为：‎ 代入椭圆方程整理得：‎ 解得：或（舍），则：‎ 点的坐标为 ‎（2）由及得：轴 设直线的方程为：‎ 代入椭圆方程整理得：‎ 由直线与椭圆交于，两点得：，‎ 结合，解得：‎ 由韦达定理得：，‎ 直线和的倾斜角互补，从而 结合轴得：，故 综上所述：存在，使得 ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到交点坐标的求解、椭圆中满足某条件的定值问题的求解问题，考查了韦达定理在直线与椭圆问题中的应用问题，对计算能力有一定的要求.‎ ‎21.某区组织部为了了解全区科级干部“党风廉政知识”的学习情况，按照分层抽样的方法，从全区320名正科级干部和1280名副科级干部中抽取40名科级干部预测全区科级干部“党风廉政知识”的学习情况.现将这40名科级干部分为正科级干部组和副科级干部组，利用同一份试卷分别进行预测.经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下表：‎ 分组 人数 平均成绩 标准差 正科级干部组 ‎80‎ ‎6‎ 副科级干部组 ‎70‎ ‎4‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求这40名科级干部预测成绩的平均分和标准差；‎ ‎（3）假设该区科级干部的“党风廉政知识”预测成绩服从正态分布，用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值.利用估计值估计：该区科级干部“党风廉政知识”预测成绩小于60分的约为多少人？‎ 附：若随机变量服从正态分布，则；；.‎ ‎【答案】（1）8,32；（2）72，6；（3）36.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先求得样本容量与总体的比为，根据比例可求得；（2）根据平均数计算公式可求得平均数；根据正科级和副科级干部组的标准差可分别求得正科级和副科级干部组每个人成绩的平方和；代入方差公式可求得总体的方差，进而得到标准差；（3）首先确定的估计值，的估计值；根据原则求得；根据正态分布曲线可求得，从而可求得预测成绩小于分的人数.‎ ‎【详解】（1）样本容量与总体的比为：‎ 则抽取的正科级干部人数为；副科级干部人数为，‎ ‎（2）这名科级干部预测成绩的平均分：‎ 设正科级干部组每人的预测成绩分别为，副科级干部组每人的预测成绩分别为 则正科级干部组预测成绩的方差为：‎ 解得：‎ 副科级干部组预测成绩的方差为：‎ 解得：‎ 这名科级干部预测成绩的方差为 这名科级干部预测成绩的平均分为，标准差为 ‎（3）由，，得的估计值，的估计值 由得：‎ 所求人数为：人 ‎【点睛】本题考查统计中的频数的计算、平均数和方差、标准差的求解、正态分布中的概率求解问题，是对统计知识的综合考查，属于常规题型.‎ ‎22.设函数.‎ ‎（1）当时，求函数的零点个数；‎ ‎（2）若，使得，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用的符号讨论函数的单调性，结合零点存在定理可得零点的个数.‎ ‎（2）不等式有解等价于对任意恒成立即，构建新函数，求出后分和分类讨论可得实数取值范围.‎ ‎【详解】解：（1），即，‎ 则，‎ 令解得.‎ 当在上单调递减；‎ 当在上单调递增，‎ 所以当时，.‎ 因为，‎ 所以.‎ 又，，‎ 所以，，‎ 所以分别在区间上各存在一个零点，函数存在两个零点.‎ ‎（2）假设对任意恒成立，‎ 即对任意恒成立.‎ 令，则.‎ ‎①当，即时，且不恒为0，‎ 所以函数在区间上单调递增.‎ 又，所以对任意恒成立.‎ 故不符合题意；‎ ‎②当时，令，得；令，得.‎ 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 所以，即当时，存在，使，即.‎ 故符合题意.‎ 综上可知，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】导数背景下的函数零点个数问题，应该根据单调性和零点存在定理来说明．含参数的不等式的有解问题，可转化为恒成立问题来处理，后者以导数为工具讨论函数的单调性从而得到函数的最值，最后由最值的正负得到不等式成立.‎ ‎ ‎