陕西省商洛市2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理）试题 Word版含解析

陕西省商洛市2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理）试题 Word版含解析

商洛市2019~2020学年度第二学期期末教学质量检测 高二数学试卷(理科)‎ 一､选择题：本大题共12小题，每小题，共60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（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用一元二次不等式的解法化简集合N，再利用交集运算求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，属于基础题.‎ ‎2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数的乘法运算进行化简，再利用复数的几何意义选出答案.‎ ‎【详解】由，‎ 在复平面内对应的点的坐标为，‎ 位于第二象限.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查复数的乘法运算以及复数的几何意义.属于容易题.‎ ‎3. 的展开式中含项的系数是（ ）‎ - 21 -‎ A. 40 B. -40 C. 80 D. -80‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用展开式的通项公式，令x的次幂为3，求得r的值，即可得答案.‎ ‎【详解】展开式的通项为．‎ 令，得，则，‎ 所以的展开式中含项的系数是80．‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查分析理解，计算求值的能力，属基础题.‎ ‎4. 已知双曲线的方程为，其离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线方程直接求出、、，即可求出双曲线离心率；‎ ‎【详解】解：因为双曲线的方程为，所以，离心率．‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题.‎ ‎5. 已知向量，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 求出的坐标，然后由向量垂直的坐标表示计算出．‎ ‎【详解】由题意，∵，∴，解得．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查向量垂直的坐标运算，掌握向量数量积的坐标表示是解题关键．‎ ‎6. 设各项均不相等的等比数列的前项和是，若，，则（ ）‎ A. B. C. 27 D. 36‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断，再根据等比数列求和公式求公比，最后再利用等比数列求和公式求结果.‎ ‎【详解】由已知得，公比，所以，知，‎ 所以或（舍去），‎ 所以．‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查等比数列求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎7. 高二某班共有45人，学号依次为1、2、3、…、45，现按学号用系统抽样办法抽取一个容量为5的样本，已知学号为6、24、33的同学在样本中，那么样本中还有两个同学的学号应为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由系统抽样的方法，可求出抽到的每个同学的学号之间的间隔为：‎ - 21 -‎ ‎，而已知学号为6、24、33的同学在样本中，即可得分别写出5个同学的学号，即可得出剩余的两个同学的学号.‎ ‎【详解】解：由题可知，该班共有45人，按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，‎ 则抽到的每个同学的学号之间的间隔为：，‎ 而已知学号为6、24、33的同学在样本中，‎ 即抽到的第一个学号为6，则第二个学号为：6+9=15，‎ 第三个学号为：15+9=24，则第四个学号为：24+9=33，‎ 第五个学号为：33+9=42，‎ 所以样本中还有两个同学的学号应为：15，42.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查对系统抽样的理解，属于基础题.‎ ‎8. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若，则（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线的定义和点在抛物线上得到关于的方程，联立方程组即可求解.‎ ‎【详解】由抛物线的定义可知，，‎ 因为点在抛物线上，‎ 所以，即，代入，解得．‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查抛物线的定义及其方程；考查运算求解能力；属于基础题.‎ ‎9. 如图，在三棱柱中，平面，四边形为正方形，，，D为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ - 21 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点D作交于点F，连接，得到为异面直线与所成的角，在中，利用余弦定理，即可求解.‎ ‎【详解】如图所示，过点D作交于点F，连接，‎ 则为异面直线与所成的角，‎ 由题意，在直角中，可得，‎ 在直角中，可得，‎ 在直角中，可得，‎ 在直角中，可得，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ - 21 -‎ 本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中熟记异面直线所成的角的概念，准确运算是解答的关键，着重考查推理与计算能力.‎ ‎10. 运行如图所示的程序框图，若输出的值为129，则判断框内可填入的条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 最常用的方法是列举法，即依次执行循环体中的每一步，直到循环终止，但在执行循环体时要明确循环终止的条件是什么，什么时候要终止执行循环体．‎ ‎【详解】，；，‎ ‎；，‎ ‎；，‎ ‎；，‎ ‎；，‎ ‎，此时输出，即判断框内可填入的条件是“”.‎ 故选：C．‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查循环结构程序框图.‎ 解决程序框图填充问题的思路 ‎(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构．‎ ‎(2)要识别、执行程序框图，理解框图所解决的实际问题．‎ ‎(3)按照题目的要求完成解答并验证．‎ ‎11. 已知函数是R上的单调递增函数，则a的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数是R上的单调递增函数，则由每一段都是增函数，且左侧函数值不大于右侧函数值求解.‎ ‎【详解】因为函数是R上的单调递增函数，‎ 所以 解得.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查分段函数单调性的应用，属于基础题.‎ ‎12. 在四棱锥中，，，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，取的两个三等分点、，连接、、，设 - 21 -‎ ‎，连接、，推导出为的外心，计算出、、设为三棱锥外接球的球心，连接、、，过作，垂足为，并设三棱锥的外接球半径为，设，通过几何关系列等式求出的值，利用球体的表面积公式可求得结果.‎ ‎【详解】如图，取的两个三等分点、，连接、、，‎ 设，连接、.‎ 则，，又，，‎ 所以，四边形为平行四边形，，为的中点，‎ 所以，，‎ 由勾股定理可得，则，‎ 在中，，，‎ ‎，，又，则为等边三角形，‎ ‎，则是的外接圆的圆心.‎ 因为，为的中点，，‎ ‎，，，，，‎ ‎，又，，平面，‎ 且.‎ 设为三棱锥外接球的球心，连接、、，过作，垂足为，‎ - 21 -‎ 则外接球的半径满足，‎ 设，则，解得，‎ 从而，故三棱锥外接球的表面积为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，分析几何体的结构特征，并由此找出球心的位置是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.‎ 二､填空题：本大题共4小题，每小题，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.‎ ‎13. 等差数列中，，，则__________．‎ ‎【答案】135‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，，可求出，从而可得公差，再由可求得结果 ‎【详解】由已知得，所以，‎ 所以公差，‎ 所以．‎ 故答案为：135‎ ‎【点睛】此题考查等差数列的性质的应用，属于基础题 ‎14. 函数的图象的对称中心是_____________.‎ - 21 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据正切函数的对称中心，可得，求出，即可得答案；‎ ‎【详解】令，解得，‎ 则的图象的对称中心是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查正切型函数的对称中心，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎15. 已知函数是偶函数．且当时，，则_____________．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出，结合函数的奇偶性可求出.‎ ‎【详解】由题意可得．‎ 故答案为:5.‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，属于基础题.‎ ‎16. 函数的最小值为______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，得出单调性，从而得到最小值.‎ - 21 -‎ ‎【详解】因为，定义域为 由，得，，得，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 故．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，属于基础题.‎ 三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每道试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎17. 在中，角所对的边分别为．已知．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）6.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理将边化角，再利用三角函数的恒等变换求得角的值；‎ ‎（2）根据题意，利用余弦定理和三角形面积公式求得结果．‎ ‎【详解】解：（1）因为，所以，‎ 所以，所以．‎ 因为，所以，所以．‎ 因为，所以，所以，‎ 所以，则．‎ ‎（2）由余弦定理可得，‎ 因为，所以，‎ - 21 -‎ 即，解得或（舍去）．‎ 故的面积为．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，也考查了三角恒等变换与面积公式的应用问题，属于中档题．‎ ‎18. 在某公司举行的年会中，为了表彰年度优秀员工，该公司特意设置了一个抽奖环节，其规则如下：一个不透明的箱子中装有形状大小相同的两个红色和四个绿色的小球，从箱子中一次取出两个小球，同色奖励，不同色不奖励，每名优秀员工仅有一次抽奖机会.若取出的两个均为红色，奖励2000元；若两个均为绿色，奖励1000元 ‎（1）求优秀员工小张获得2000元的概率；‎ ‎（2）若一对夫妻均为年度优秀员工，求这对夫妻获得的奖励总金额的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）分布列见详解，数学期望为元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）优秀员工小张获得2000元，说明取出的都是红色，简单计算即可.‎ ‎（2）列出的所有可能取值，并计算相应的概率，然后列出分布列，最后根据数学期望的公式计算即可.‎ ‎【详解】（1）由题可知：‎ 优秀员工小张获得2000元的概率为 ‎（2）每名优秀员工没有奖励的概率为，‎ 每名优秀员工获得1000元奖励的概率为 的所有可能取值为0，1000，2000，3000，4000‎ ‎，‎ - 21 -‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1000‎ ‎2000‎ ‎3000‎ ‎4000‎ 数学期望为 所以（元）‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的期望，关键在于审清题意，细心计算，考查阅读理解能力以及分析能力，属基础题.‎ ‎19. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为矩形，E，F是以为直径的半圆圆弧的两个三等分点，.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知面面垂直得，平面，因此有线线垂直，由圆的性质有，这样就有线面垂直，从而得面面垂直；‎ ‎（2）过点作，垂足为，以为轴，过平行的直线为轴建立空间直角坐标系，求出各点坐标，求出二面角两个面的法向量，由法向量夹角的余弦得二面角的余弦．注意确定二面角是锐二面角还是钝二面角．‎ - 21 -‎ ‎【详解】（1）证明：因为四边形为矩形，所以．‎ 因为平面平面，平面平面，所以平面．‎ 因为平面，所以．‎ 因为F是以为直径的半圆圆弧上的一个三等分点，所以，即．‎ 因为，且平面，平面，所以平面．‎ 因为平面，所以平面平面．‎ ‎（2）解：因为，且E，F是以为直径的半圆圆弧的两个三等分点，所以，．‎ 过点作，垂足为，则．，‎ 由（1）平面．以为轴，过平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，‎ 则，，，，，‎ 设平面的一个法向量为，则 ‎，取，则，，∴，‎ 易知平面的一个法向量是，‎ ‎，‎ 二面角是锐二面角，‎ - 21 -‎ ‎∴二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查证明面面垂直，考查求二面角，掌握面面垂直，线面垂直，线线垂直的相互转化是证明垂直的关键．求空间角的常用方法是建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角．‎ ‎20. 如图，为坐标原点，椭圆的右顶点和上顶点分别为，，，的面积为1．‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）若，是椭圆上的两点，且，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出后可得的方程.‎ ‎（2）设直线的方程，设，，用此两点的坐标表示，联立直线的方程和椭圆的方程后消去，利用韦达定理可证为定值.也可以设，求出的方程后再求出后可证为定值.‎ ‎【详解】（1）解：由题意知，‎ - 21 -‎ 由于，解得，，故的方程为．‎ ‎（2）证明：由(1)得，，直线的斜率为．‎ ‎（方法一）因为，故可设方程为．‎ 设，，‎ 联立消去，得，‎ 所以，从而．‎ 直线的斜率，直线的斜率，‎ 所以 ‎．故为定值．‎ ‎（方法二）设，．‎ 因为，所以的方程为，‎ 联立消去，得，‎ 解得（舍去）或，‎ - 21 -‎ 所以点坐标为，‎ 则，即为定值．‎ ‎【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）若有三个不同的零点，求a的取值范围；‎ ‎（2）当时，不等式恒成立，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先令，分离出常数，设，对求导，分析单调性，找到极值，画出图像，最后观察得出的取值范围.‎ ‎（2）代入，整理得，设，对求导，分析其在上的单调性，得出恒成立，分离常数，，再设，分析单调性，结合得出的范围，最后得出的范围.‎ ‎【详解】解：（1）令，则.‎ - 21 -‎ 设，则，‎ 令，得；‎ 令，得或，‎ 则在和上单调递减，在上单调递增，‎ 故，.‎ 结合的图象 可知的取值范围为.‎ ‎（2）不等式，‎ 即，‎ 整理得.‎ 设，则.‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 则.设，则 ‎.‎ - 21 -‎ 因为，所以，，‎ 所以，所以在上单调递减，‎ 所以，‎ 故，即a的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的零点问题，导数的综合应用及恒成立问题的解法.‎ ‎22. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，（为参数），直线的参数方程为，（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，点M的极坐标为．‎ ‎（1）求直线与曲线C的普通方程；‎ ‎（2）若直线与曲线C交于P，Q两点，求的值．‎ ‎【答案】（1）直线的普通方程为；曲线C的普通方程为；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直线的参数方程消去参数t可得直线的普通方程，曲线C的参数方程变形代入可得曲线C的普通方程；‎ ‎（2）首先求出点M的直角坐标，判断出点M在直线l上，联立直线l与曲线C的普通方程得到关于t的一元二次方程，根据直线的参数方程的几何意义进行求解.‎ ‎【详解】（1）因为直线的参数方程为（t为参数），‎ - 21 -‎ 消去参数t可得直线的普通方程为．‎ 因为曲线C的参数方程为（为参数），‎ 由可得曲线C的普通方程为．‎ ‎（2）因为点M的极坐标为，所以M的直角坐标为，‎ 点M的坐标满足直线l的方程，则点M在直线上，‎ 将直线的参数方程代入曲线C的普通方程得，‎ 则，，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程的相互转化、直线参数方程的几何意义，属于中档题.‎ ‎23. 已知函数．‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若对，不等式恒成立，求a的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分界法即可求解.‎ ‎（2）由，则，将问题转化为对恒成立，去绝对值分离参数即可求解.‎ ‎【详解】解：（1），．‎ - 21 -‎ 等价于，或，或，‎ 解得或或．‎ 故不等式的解集为．‎ ‎（2）因为．所以，‎ 则对恒成立等价于对恒成立，‎ 即对恒成立，‎ 则，‎ 因为，所以，即a的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、不等式恒成立求参数的取值范围，属于基础题 - 21 -‎