2018-2019学年陕西省商洛市高二下学期期末数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年陕西省商洛市高二下学期期末数学（理）试题（解析版）

‎2018-2019学年陕西省商洛市高二下学期期末数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则（　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先求出集合A，B，由此能求出A∩B．‎ ‎【详解】‎ 因为所以.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎2．设，则在复平面内对应的点位于（ ）‎ A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】先求出，再判断得解.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 所以复数对应的点为（3,5），‎ 故复数表示的点位于第一象限.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查共轭复数的计算和复数的几何意义，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎3．已知向量，则与的夹角为（　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据题意，由向量数量积的计算公式可得cosθ的值，据此分析可得答案．‎ ‎【详解】‎ 设与的夹角为θ，由、的坐标可得||＝5，||＝3，•5×0+5×（﹣3）＝﹣15，‎ 故， 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查向量数量积的坐标计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．‎ ‎4．设满足约束条件 ，则的最大值是（ ）‎ A.-3 B.2 C.4 D.6‎ ‎【答案】D ‎【解析】先由约束条件画出可行域，再利用线性规划求解.‎ ‎【详解】‎ 如图即为，满足约束条件的可行域，‎ 由，解得，‎ 由得，‎ 由图易得：当经过可行域的时，直线的纵截距最大，z取得最大值，‎ 所以的最大值为6，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎5．甲、乙两人进行象棋比赛，已知甲胜乙的概率为0.5，乙胜甲的概率为0.3，甲乙两人平局的概率为0.2。若甲乙两人比赛两局，且两局比赛的结果互不影响，则乙至少赢甲一局的概率为（ ）‎ A．0. 36 B．0. 49 C．0. 51 D．0. 75‎ ‎【答案】C ‎【解析】乙至少赢甲一局的对立事件为甲两局不输，由此能求出乙至少赢甲一局的概率．‎ ‎【详解】‎ 乙至少赢甲—局的概率为.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎6．已知等差数列的前项和，且，则（ ）‎ A.4 B.7 C.14 D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意利用等差数列的定义、通项公式及前项和公式，求出首项和公差的值，可得结论．‎ ‎【详解】‎ 等差数列的前项和为，且，‎ ‎，．‎ 再根据，可得，，‎ 则，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的定义、通项公式及前项和公式，属于基础题．‎ ‎7．的展开式中的系数为（ ）‎ A．100 B．80 C．60 D．40‎ ‎【答案】D ‎【解析】由二项式项的公式，直接得出x2的系数等于多少的表达式，由组合数公式计算出结果选出正确选项．‎ ‎【详解】‎ 因为的展开式中含的项为,故的系数为40.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查二项式系数的性质，根据项的公式正确写出x2的系数是解题的关键，对于基本公式一定要记忆熟练．‎ ‎8．已知，则（ ）‎ A． B． C．2 D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】直接利用和角公式和同角三角函数关系式的应用求出结果．‎ ‎【详解】‎ 由,得,‎ 则,故.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，和角公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．‎ ‎9．在长方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】取CC1的中点F，连结DF，A1F，EF，推导出四边形BCEF是平行四边形，从而异面直线AE与A1D所成角即为相交直线DF与A1D所成角，由此能求出异面直线AE与A1D所成角的余弦值．‎ ‎【详解】‎ 取的中点.连接.‎ 因为为棱的中点,所以,所以四边形为平行四边形.‎ 所以.故异面直线与所成的角即为相交直线与所成的角.‎ 因为,‎ 所以.‎ 所以.即为直角三角形,‎ 从而.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎10．设圆 截轴和轴所得的弦分别为和，则四边形的面积是（ ）‎ A. B. C. D.8‎ ‎【答案】C ‎【解析】先求出|AB|,|CD|,再求四边形的面积.‎ ‎【详解】‎ 可化为，‎ 令y=0得x=,则，‎ 令x=0得，所以，‎ 四边形的面积.‎ 故答案为：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线和圆的位置关系，考查弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎11．已知三棱锥外接球的表面积为，是边长为1的等比三角形，且三棱锥的外接球的球心恰好是的中点，则三棱锥的体积为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】设球心到平面的距离为，求出外接球的半径R=,再根据求出，再根据求三棱锥的体积.‎ ‎【详解】‎ 设球心到平面的距离为，‎ 三棱锥外接圆的表面积为，则球的半径为，‎ 所以，故，‎ 由是的中点得：.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查几何体的外接球问题，考查锥体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎12．若定义域为的偶函数满足，且当时，，则函数在上的最大值为（ ）‎ A．1 B． C． D．－‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据已知的偶函数以及f（2﹣x）＝﹣f（x）可以求得函数f（x）在[﹣2，2]上的解析式，进而得到g（x）在[﹣2，2]上的解析式，对g（x）进行求导可知g（x）的增减性，通过增减性求得最大值 ‎【详解】‎ 根据,得函数关于点(1,0)对称,且当时, ,‎ 则时，，‎ 所以当时，;又函数为偶函数,‎ 所以当时， ‎ 则,‎ 可知当，故在[-2，0)上单调递增, 时，在[0,2]上单调递减,故.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查函数的基本性质：对称性，奇偶性，周期性．同时利用导函数的性质研究了函数在给定区间内的最值问题，是中档题 二、填空题 ‎13．在正项等比数列中，，，则公比________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用等比中项可求出，再由可求出公比.‎ ‎【详解】‎ 因为，，所以，，解得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等比数列的性质，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎14．运行如图所示的程序框图，则输出的的值为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】模拟程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的S值．‎ ‎【详解】‎ 运行该程序框图,，满足 ‎ 执行程序满足 执行程序满足 执行程序 ‎ 不满足,故输出.‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题考查了程序框图的运行问题，准确计算是关键，是基础题．‎ ‎15．已知曲线与轴只有一个交点，则_____．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】由曲线y＝x2+4x+m﹣1与x轴只有一个交点△＝0可求m的值．‎ ‎【详解】‎ 因为与x轴只有一个交点,故,所以.‎ 故答案为5‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由△判定二次函数与x轴交点个数问题，属于基础题．‎ ‎16．设分别为双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线左支于两点，且，，，则双曲线的离心率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】结合双曲线的定义，求出a的值，再由，，得到为直角，求出c的值，即得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】‎ 结合双曲线的定义， ，‎ 又，可得，，‎ 即，‎ 又，，，故为直角，‎ 所以，，‎ 所以双曲线的离心率为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查双曲线的定义和简单几何性质，考查离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ 三、解答题 ‎17．在中，角的对边分别.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的周长．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）由正弦定理，余弦定理可得cosA，结合范围A∈（0，π），可得A的值．（2）由已知利用三角形的内角和定理可求B，C的值，进而根据正弦定理可求a，c的值，即可得解△ABC的周长 ‎【详解】‎ ‎(1)根据.‎ 可得, 即 ‎ 所以. ‎ 又因为,所以. ‎ ‎(2).所以.‎ 因为.所以. ‎ 则的周长为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的内角和定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．‎ ‎18．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，且，．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）推导出PA⊥AD，PA⊥AB，由此能证明PA⊥平面ABCD．（2）以A为原点，AB，AD，AP为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为,所以,即.‎ 同理可得. ‎ 因为.所以平面. ‎ ‎(2)由题意可知,两两垂直,故以A为原点,分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则，‎ 所以. ‎ 设平面的法向量为，‎ 则，‎ 不妨取则 易得平面,所以平面的一个法向量为，‎ 记平面与平面所成锐二面角为,则 故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎19．已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合．‎ ‎（1）求抛物线的方程及焦点到准线的距离；‎ ‎（2）若直线与交于两点，求的值．‎ ‎【答案】（1）,4；（2）16.‎ ‎【解析】（1）求得双曲线的右焦点，可得抛物线的焦点，则方程以及焦准距可求；（2）联立抛物线方程和直线方程，运用韦达定理，可得所求．‎ ‎【详解】‎ ‎(1)双曲线的右焦点的坐标为，‎ 则,即，‎ 所以抛物线C的方程为，‎ 焦点到准线的距离为4. ‎ ‎(2)联立,‎ 得, ‎ 因为,所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的方程和抛物线的方程和性质，考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，属于基础题．‎ ‎20．某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查，每位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参与问卷调查的100人的得分（满分：100分）数据，统计结果如表所示：‎ 组别 男 ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎15‎ ‎18‎ ‎12‎ 女 ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎7‎ ‎13‎ ‎(1)若规定问卷得分不低于70分的市民称为“环保关注者”，请完成答题卡中的列联表，并判断能否在犯错误概率不超过0.05的前提下，认为是否为“环保关注者”与性别有关？‎ ‎①在我市所有“环保达人”中，随机抽取3人，求抽取的3人中，既有男“环保达人”又有女“环保达人”的概率；‎ ‎②为了鼓励市民关注环保，针对此次的调查制定了如下奖励方案：“环保达人”获得两次抽奖活动；其他参与的市民获得一次抽奖活动．每次抽奖获得红包的金额和对应的概率.如下表：‎ 红包金额（单位：元）‎ ‎10‎ ‎20‎ 概率 现某市民要参加此次问卷调查，记（单位：元）为该市民参加间卷调查获得的红包金额，求的分布列及数学期望．‎ 附表及公式：‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎【答案】(1)不能；(2) ①；②分布列见解析，.‎ ‎【解析】（1）根据题目所给的数据可求2×2列联表即可；计算K的观测值K2，对照题目中的表格，得出统计结论．（2）由相互独立事件的概率可得男“环保达人”又有女“环保达人”的概率：P＝1﹣（）3﹣（）3，解出X的分布列及数学期望E（X）即可；‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由图中表格可得列联表如下:‎ 非“环保关注者”‎ 是“环保关注者”‎ 合计 男 ‎10‎ ‎45‎ ‎55‎ 女 ‎15‎ ‎30‎ ‎45‎ 合计 ‎25‎ ‎75‎ ‎100‎ 将列联表中的数据代入公式计算得K”的观测值，‎ 所以在犯错误的概率不超过0. 05的前提下，不能认为是否为“环保关注者”与性别有关. ‎ ‎①抽取的3名用户中既有男“环保达人”又有女“环保达人”的概率为 ‎；‎ ‎②的取值为10，20，30，40.‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ 所以的分布列为 ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了独立性检验的应用问题，考查了概率分布列和期望，计算能力的应用问题，是中档题目．‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1）讨论的导函数零点的个数；‎ ‎（2）若函数存在最小值，证明：的最小值不大于0．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】（1）根据条件求出f'（x），然后通过构造函数g（x）＝x2ex（x＞0），进一步得到f'（x）的零点个数；（2）由题意可知a≥0时，函数f（x）无最小值，则只需讨论当a＜0时，f（x）是否存在最小值即可．‎ ‎【详解】‎ ‎(1),‎ 令,‎ 故在上单调递增,且. ‎ 当时,导函数没有零点,‎ 当时,导函数只有一个零点.‎ ‎(2)证明:当时..则函数无最小值. ‎ 故时,则必存在正数使得. ‎ 函数在上单调递减,在上单调递增，‎ ‎,‎ 令.则 令,则,所以函数在上单调递减,在上单调递增，‎ 所以,即.所以的最小值不大于0.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数零点个数的判断和利用导数研究函数的单调性与最值，考查了函数思想和分类讨论思想，属中档题．‎ ‎22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．‎ ‎（1）若与相交于两点，，求；‎ ‎（2）圆的圆心在极轴上，且圆经过极点，若被圆截得的弦长为，求圆的半径．‎ ‎【答案】（1）6；（2）13.‎ ‎【解析】（1）将直线参数方程代入圆的直角坐标方程，利用求解得到结果；（2）写出的普通方程并假设圆的直角坐标方程，利用弦长为建立与的关系，再结合圆心到直线距离公式得到方程，解方程求得，即为圆的半径.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由，得 将代入，得 设两点对应的参数分别为，则 故 ‎（2）直线的普通方程为 设圆的方程为 圆心到直线的距离为 因为，所以 解得：或（舍）‎ 则圆的半径为 ‎【点睛】‎ 本题考查直线参数方程中参数的几何意义、极坐标与直角坐标的互化、参数方程化普通方程.解决直线参数方程问题中距离之和或积的关键，是明确直线参数方程标准形式中的参数的几何意义，将距离问题转化为韦达定理的形式.‎ ‎23．设函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）当时，利用零点分段法去绝对值，将表示成分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用绝对值不等式求得的最小值，令这个最小值大于，解不等式求得的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时， ，‎ 故不等式的解集为.‎ ‎（2）∵ .‎ ‎∴，‎ 则或，解得或，‎ 故的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查不含参数的绝对值不等式的解法，也考查了含有参数的绝对值不等式的解法.属于中档题.‎