湖南醴陵第一中学高二数学期中理

湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高二数学下学期期中试题 理（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，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.若，则的值为（ ）A. 3B. 5C. D. 【答案】D【解析】分析：由复数的除法运算得，进而求模即可.详解：由，可得.故选D.点睛：本题主要考查了复数的除法运算及复数模的概念，属于基础题.2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】先分别求出集合A，B，由此能求出AB【详解】集合 B=x|x0，AB=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，考查函数与方程思想，是基础题3.随着“银发浪潮”的涌来，养老是当下普遍关注的热点和难点问题，某市创新性的采用“公建民营”的模式，建立标准的“日间照料中心”，既吸引社会力量广泛参与养老建设，也方便规范化管理，计划从中抽取5个中心进行评估，现将所有中心随机编号，用系统（等距）抽样的方法抽取，已知抽取到的号码有4号16号和22号，则下面号码中可能被抽到的号码是（ ）A. 9B. 12C. 15D. 28【答案】D【解析】【分析】根据系统抽样等距离的特征，依次验证选项即可.【详解】用系统（等距）抽样的方法抽取，已知抽取到的号码有4号16号和22号,假设号码为9，则间距为9-4=5，抽取的号码为：4，9，14，19，24，不合题意；假设抽取的为12，则4，16，12，22，间距分别为8，4，6，再插入一个数也不会等间距，故不合题意；如果插入的为15，则15，16相邻，不可能成立，故舍去；假设号码为28，则这五个数为：4，10，16，22，28.满足题意.故答案为：D.【点睛】这个题目考查了系统抽样的概念属于基础题.4.设等差数列，且则数列的前项和为=（ ）A. 45B. 144C. 164D. 200【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的通项公式得到首项和公差，再由求和公式得到结果.【详解】等差数列，联立两式得d=5, 故答案为：C.【点睛】本题考查等差数列的通项公式，是基础的计算题，对于等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.5.若，且，则向量与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据题意，由于，且，结合向量的数量积公式可知，解得其向量的夹角为1200，故选C.考点：向量的数量积点评：主要是考查了向量的数量积的垂直的充要条件的运用，属于基础题。6.设命题：若，则；命题：若函数，则对任意都有成立在命题 ； ； ； 中，真命题是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：当时，不成立，故命题为假命题；函数单调递增，故命题为假命题；所以 为假命题； 为真命题； 为假命题； 为真命题，选D考点：常用逻辑用语7.一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图的曲线部分是四分之一圆弧,该几何体的表面上的点M在正视图上的对应点为A（中点），几何体的表面的点N在正视图上的对应点为B，则在此几何体的侧面上从M到N的路径中，最短路径的长度为（ ）。A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通过三视图得到原图，再由曲面图形，平面化得到最短距离.【详解】该几何体的原图是，一个边长为2的正方体，挖去了圆柱，圆柱的底面半径为2，底面圆心为正方体的顶点，如图：A点和B点都在圆柱面上，从A到B从圆柱面上经过时，距离最短，将两点所在的曲面展开得到一个长方形，AB的距离即为长方形的对角线，长为圆柱的上下圆面的圆周的，宽为1，=.故答案为：B.【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.8.如图所示,在边长为1的正方形OABC内任取一点P,用M表示事件“点P恰好取自曲线与直线及y轴所围成的曲边梯形内”,N表示事件“点P恰好取自阴影部分内”,则等于( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件概率的公式得到,由微积分定理分别计算得到，两式作比即可得到结果.【详解】根据条件概率的公式得到表示落在阴影部分的概率， 故答案为：A.【点睛】这个题目考查了几何概型的应用以及条件概率的公式，涉及微积分定理的应用，属于中档题；在利用几何概型的概率公式来求其概率时，几何“测度”可以是长度、面积、体积、角度等，其中对于几何度量为长度，面积、体积时的等可能性主要体现在点落在区域上任置都是等可能的，而对于角度而言，则是过角的顶点的一条射线落在的区域（事实也是角）任一位置是等可能的9.抛物线 的焦点为F,点 为该抛物线上的动点,又已知点 ,则的最大值是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】过P作抛物线准线的垂线,垂足为M,根据抛物线的定义得到，又因为 ，设出直线方程得到直线和抛物线相切时的直线的斜率，从而得到结果.【详解】过P作抛物线准线的垂线,垂足为M,则,因为抛物线的焦点为,点，所以 ,设过点A的抛物线的切线方程为,代入抛物线方程可得：,， ，故最大值为故答案为：B.【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质解题的关键是利用了抛物线的定义。一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用。尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化。10.三棱锥 中， ， ， ，则三棱锥 的外接球的表面积是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】三棱锥放入一个面对角线长分别为，5，的长方体中,求长方体的外接球表面积即可.【详解】三棱锥放入一个面对角线长分别为，5，的长方体中，那么三棱锥的外接球与该长方体外接球为同一个球，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则其体对角线的长即球的直径2R，故，所以，则外接球的表面积。故答案为：A.【点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.11.已知，是双曲线的左、右焦点，点关于渐近线的对称点恰好落在以为圆心，为半径的圆上，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出到渐近线的距离，利用关于渐近线的对称点恰落在以为圆心，为半径的圆上，可得直角三角形，即可求出双曲线的离心率【详解】由题意，设一条渐近线方程为 则到渐近线的距离为 设关于渐近线的对称点为与渐近线交于为的中点，又是的中点，为直角，为直角三角形，由勾股定理得 故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质以及有关离心率和渐近线，考查勾股定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题12.设函数则函数的零点个数为（）个A. 0B. 1C. 2D. 4【答案】C【解析】【分析】设出内外层，分别画出函数和t=1的图像，先得到t的取值，进而得到x的个数.【详解】设原式等价于分别画出函数和t=1的图像：得到的两个零点为t=0,和t=e,即或，解得 故有两个根.故答案为：C.【点睛】这个题目考查了复合函数方程的根的问题，这类题目一般是设出内外层，先得到外层的零点，再找到对应的内层的零点个数.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若，满足约束条件，则的最大值为_【答案】6【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式，之后在图中画出直线，在上下移动的过程中，结合的几何意义，可以发现直线过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.详解：根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：由可得，画出直线，将其上下移动，结合的几何意义，可知当直线过点B时，z取得最大值，由，解得，此时，故答案为6.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.14.安排4名大学毕业生到3个单位工作,每个大学生都要安排一个单位,每个单位至少安排一名大学毕业生,则不同的安排方式共有_种（用数字填写答案）【答案】36【解析】【分析】根据题意先分组再分配即可.【详解】4个人安排到3个单位上，则会有一个单位有2个人，故先分组，将4个人分为三组，组，再分配到3各单位，有 故答案为：36.【点睛】不同元素的分配问题，往往是先分组再分配在分组时，通常有三种类型：不均匀分组；均匀分组；部分均匀分组注意各种分组类型中，不同分组方法的求解15.的展开式的常数项为 _【答案】【解析】【分析】写出二项展开式通项，令x的指数为0，求得r,进而得到结果.【详解】的通项为：，常数项即.代入公式得到系数为： 故答案为： .【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.16.已知函数，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】对函数求导得到函数单调性，进而得到最值.【详解】函数对函数求导得到令，则 将导函数式子变形得到：， 当 故当时，函数取得最大值，此时，代入得到.故答案为：.【点睛】这个题目考查了函数最值的求法，考查了导数在研究函数最值中的应用，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1721题为必考题，每个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。（一）必考题：60分。17.已知数列的前n项和为，数列为等差数列，且（1）求数列与的通项公式；（2）若，求数列的前n项和。【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)当，和题干中的式子做差得到，再由数列为等差数列结合题干条件得到结果；（2），错位相减求和即可.【详解】由，（1），（2)（1）-（2）得：，即，得 且为等差数列公差，（2）,（1）（2）（1）-（2）得：【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。18.已知梯形如图（1）所示，其中，四边形是边长为的正方形，现沿进行折叠，使得平面平面，得到如图（2）所示的几何体（1）求证：平面平面；（2）已知点在线段上，且平面，求与平面所成角的正弦值【答案】(1)见解析；（2）与平面所成角的正弦值为.【解析】试题分析：（1）要证面面垂直，可先证线线垂直，先由线面关系得到，由为正方形得，进而得到平面，从而得到面面垂直；（2）建立空间坐标系，分别求得面的法向量和线的方向向量，由向量夹角公式求得线面角.解析：（）证明：由平面平面，平面平面，平面，得平面，又平面，由为正方形得，又，平面，平面，又平面，平面平面.（）由平面得，又故以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立图示空间直角坐标系，则，设，则，设平面的一个法向量为，由，得取得，平面，设与平面所成的角为，则 ，与平面所成角的正弦值为.19.已知椭圆的左、右顶点分别为,以线段为直径的圆与直线相切，B为上顶点。(1)求椭圆C的离心率;(2)当时，若不过B的动直线与椭圆C交于P,Q两点,且,求证:直线过定点,并求该定点的坐标.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】(1)根据圆心到直线的距离等于半径得到，进而得到离心率；（2）联立直线和椭圆方程，得到二次方程，根据代入韦达定理化简得到结果.【详解】(1)由已知，圆心到直线的距离，可得由得，从而(2)当时，椭圆C的方程为由知,从而直线与x轴不垂直,故可设直线的方程为,联立,整理得.设,则,（*）.由,得由,得,将（*）代入,得,所以直线过定点【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用20.随着电商的快速发展，快递业突飞猛进，到目前，中国拥有世界上最大的快递市场.某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过的包裹收费10元；重量超过的包裹，除收费10元之外，每超过（不足，按计算）需再收5元.该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如下：包裹重量（单位：）12345包裹件数43301584公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：包裹件数范围0100101200201300301400401500包裹件数（近似处理）50150250350450天数6630126以上数据已做近似处理，并将频率视为概率.（1）计算该公司未来5天内恰有2天揽件数在101300之间的概率；（2）估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；根据以往的经验，公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用作其他费用.目前前台有工作人员3人，每人每件揽件不超过150件，日工资100元.公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，若你是公司老总，是否进行裁减工作人员1人？【答案】（1）；（2）15，公司不应将前台工作人员裁员1人【解析】分析：（1）包裹件数服从二项分布，故所求概率就是时的概率.（2）先计算60天每件包裹收取的快递费的平均值，它就是公司对每件包裹收取的快递费的平均值.公司裁员与否取决于公司每日净利润的数学期望是增加还是减少，而每日净利润为每日收取的包裹数的数学期望与每件包裹收取的快递费的平均值的乘积减去每日工资总额300元.详解：（1）样本中包裹件数在101300之间的天数为36，频率，故可估计概率为，显然未来5天中，包裹件数在101300之间的天数服从二项分布，即，故所求概率为（2）样本中快递费用及包裹件数如下表：包裹重量（单位：）12345快递费（单位：元）1015202530包裹件数43301584故样本中每件快递收取的费用的平均值为，故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为15元.根据题意及（2），揽件数每增加1，公司快递收入增加15（元），若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为（元）；若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为（元）因，故公司不应将前台工作人员裁员1人.点睛：本题为统计与离散型随机变量的综合题，往往需要从频率分布表中得到随机事件发生的概率，注意常见的离散型随机变量的概率分布（如二项分布、超几何分布等）.另外，这类问题还涉及到不同方案的选择，我们往往通过数学期望或方差来决定方案的优劣.21.设函数.（1）讨论的单调性和极值；（2）证明：当时，若存在零点，则在区间上仅有一个零点.【答案】（1）当时，在上单调递增，无极值，当时的单调递减区间是，单调递增区间是，在处取得极小值；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）先求，然后讨论当时，在上单调递增，无极值；当，由，解得，得增区间，得减区间，进而求得极值；（2）存在零点只需最小值 ，从而，讨论当时和当时两种情况，根据单调性及零点定理可分别证明只有一个零点.试题解析：（1）的定义域为，当时，在上单调递增，无极值，当，由，解得，与在区间上的情况如下：所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；所以在处取得极小值.（2）由（1）知，在区间上的最小值为.因为存在零点，所以，从而.当时，区间上单调递减，且，所以是在区间上的唯一零点.当时，在区间上单调递减，且，所以在区间上仅有一个零点.综上可知，当时，若存在零点，则在区间上仅有一个零点.考点：1、利用导数研究函数的单调性和极值；2、零点定理的应用.【方法点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值以及零点定理的应用，属于难题.判断函数零点个数的常用方法：（1）直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个数；（2）零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；（3） 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的方程为.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的直角坐标方程；（2）若与有且仅有三个公共点，求的方程.【答案】(1) .(2)