【KS5U解析】内蒙古通辽市扎鲁特旗第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理科）试题 Word版含解析

1、扎鲁特旗第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学试题（理）说明：1.本试卷分第卷和第卷两部分；2.请把答案填写到答题纸上；3.本试卷考试时间为120分钟，满分为150分；第卷（选择题，共60分）一、选择题：（本大题共12小题，每小题5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. 已知集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】利用数轴求交集即可得答案.【详解】用数轴表示集合、如图所示，故选：d 【点睛】本题主要考查了集合交集运算，属于基础题.2. 复数，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由复数的乘法法则计算【详解】故选：

2、a【点睛】本题考查复数的乘法运算，属于基础题3. 已知，则的大小关系是( )a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】利用对数函数和指数函数的单调性判断.【详解】，则，所以.故选：d.【点睛】本题考查指对数值大小比较.指数函数值大小比较：常化为同底或同指，利用指数函数的单调性，图象或1,0等中间量进行比较对数函数值大小比较：（1）单调性法：在同底的情况下直接得到大小关系，若不同底，先化为同底;（2）中间量过渡法：寻找中间数联系要比较的两个数，一般是用“0”，“1”或其他特殊值进行“比较传递”;（3）图象法：根据图象观察得出大小关系4. 1777年，法国科学家蒲丰在宴请客人时，在地上铺了

3、一张白纸，上面画着一条条等距离的平行线，而他给每个客人发许多等质量的，长度等于相邻两平行线距离的一半的针，让他们随意投放.事后，蒲丰对针落地的位置进行统计，发现共投针2212枚，与直线相交的有704枚.根据这次统计数据，若客人随意向这张白纸上投放一根这样的针，则针落地后与直线相交的概率约为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】分析】根据统计数据，求出频率，用以估计概率.【详解】.故选:d.【点睛】本题以数学文化为背景，考查利用频率估计概率，属于基础题.5. 中国古代十进制的算筹记数法在世界数学史上是一个伟大的创造.据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，算筹记数的方法是：个位、百

4、位、万位的数按纵式的数码摆出：十位、千位、十万位的数按横式的数码摆出.如7738可用算筹表示为.1-9这9个数字的纵式与横式的数码表示如图所示，则829可用算筹表示为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由算筹记数的方法可知：829中8、2、9分别在百位、十位、个位上，即依次用纵式、横式、纵式表示，即可知正确选项【详解】个位、百位、万位数按纵式的数码；十位、千位、十万位的数按横式的数码由题意，知：829可用算筹表示为故选：d【点睛】本题考查了新定义问题，根据题设所描述的算筹记数方法表示一个给定的数，属于简单题6. 已知等差数列满足，则中一定为零的项是（ ）a. b. c. d

5、. 【答案】c【解析】【分析】根据等差数列的基本量进行运算【详解】设数列的公差为，则，故选：c【点睛】本题考查等差数列的基本量运算，掌握等差数列的通项公式是解题关键7. 已知平面平面，则“直线平面，直线平面”是“直线直线”的（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】d【解析】【分析】根据充分必要条件的定义判断【详解】直线平面，直线平面时，的位置关系是平行、相交、异面均有可能，不充分，反之，若，它们与之间关系根本不可确定，故不必要，应是既不充分也不必要条件故选：d【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题基础本题还考查了空

6、间直线、平面间平行的位置关系属于中档题8. 以一个正四面体的棱为面对角线的正方体称为该正四面体的母体，若一个正四面体的体积为，那么该正四面体的母体的内切球的表面积为（ ）a b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】设出正方体的棱长，正方体的体积减去四个角的三棱锥的体积等于四面体的体积，结合已知条件列出等式得到棱长，再求正方体内切球的表面积.【详解】如图，由题设知四面体为，其母体为正方体，该四面体可以看成是正方体切去了四个角（每个角都是三棱锥，且体积相等）形成，设正方体的棱长为，则正方体的体积为，四个三棱锥的体积为，所以四面体的体积为，得所以，内切球的半径为，球的表面积为.故选：b.【点睛】

7、本题是关于正方体的切割体的体积问题，明确四面体是由正方体切去四个角上的三棱锥形成是关键.9. 在中，内角、所对的边分别是，且，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由题意可知，再根据正弦定理，可得，可得，由此即可求出角，进而求出结果.【详解】在中， 所以，所以，由正弦定理可知，又，所以，又，所以，所以.故选：a.【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.10. 函数的图象大致是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由函数值的正负和可排除三个选项，得出正确选项【详解】由函数解析式得，排除c，又，排除a、b，只有d满足故选：d【点睛】本题考

8、查由函数解析式先把函数图象，可根据解析式研究函数的性质，特殊的函数值，函数值的正负，函数值趋势排除错误选项，得出正确答案11. 已知双曲线：的渐近线方程为，直线经过双曲线的一个焦点，则（ ）a. 1b. c. d. 2【答案】a【解析】【分析】由渐近线方程得的关系，然后求出焦点坐标（用表示），代入已知直线方程可求得【详解】由题意，焦点坐标为，又一个焦点过直线，故选：a【点睛】本题考查双曲线的几何性质，考查渐近线方程，焦点坐标，属于基础题12. 在锐角三角形中，角，所对的边分别为，且，面积的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】用余弦定理和正弦定理化边为角求得，可求得

9、的范围，然后把三角形面积表示为角的函数，由三角函数性质可得【详解】，由余弦定理得，由正弦定理得，即，又，三角形为锐角三角形，即，由正弦定理得，故选：a【点睛】本题考查三角形面积，考查余弦定理、正弦定理，考查两角和与差的正弦公式，正切函数的性质，所用公式较多，解题时需根据题意先用恰当的公式运算求解本题属于中档题第卷（非选择题，共90分）二、填空题（每空5分，共20分）13. 已知平面向量与的夹角为，则_.【答案】1【解析】【分析】求出，由数量积定义求出数量积【详解】由题意，故答案为：1【点睛】本题考查平面向量的数量积，掌握数量积的定义是解题关键还考查了模的坐标运算本题属于基础题14. 记是正项等

10、比数列的前项和，若，则公比_.【答案】【解析】【分析】根据等比数列的求和公式列方程即可求出公比.【详解】，,所以，所以，解得或，由正项等比数列知，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查了等比数列的求和公式，等比数列的公比，属于基础题.15. 我国古代数学著作张邱建算经中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一，凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为，则当时，_，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将代入解方程组可得、值.【详解】【点睛】实际问题数学化，利用所学的知识将陌生的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突破口16.

11、 已知为偶函数，当时，则曲线在点处的切线方程是_【答案】【解析】试题分析：当时，则又因为为偶函数，所以，所以，则切线斜率为，所以切线方程为，即【考点】函数的奇偶性与解析式，导数的几何意义【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当时，函数，则当时，求函数的解析式”有如下结论：若函数为偶函数，则当时，函数的解析式为；若为奇函数，则函数的解析式为三、解答题（共70分）17. 在平面直角坐标系中，曲线（为参数），在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；（2）设点在曲线上，点在曲线上，求的最小值及此时点的直角坐标.【答案】（1）；（2）最小值为，此时的直角坐标为

12、【解析】【分析】（1）根据消去参数，曲线参数方程化为普通方程；曲线极坐标方程展开，代入，即可求出直角坐标方程；（2）设点，的最小值为点到直线距离的最小值，根据点到直线距离公式，结合辅助角公式，转化为求余弦型函数的最小值，即可求出结论.【详解】（1）由（为参数），得的普通方程为；由，得，即，又由，得曲线；（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值，即为到的距离的最小值，.当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化、极坐标方程和直角坐标方程互化，利用圆的参数方程求点到直线距离的最值，考查计算求解能力，属于中档题.18. 在直角坐标系中

13、，曲线：（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线：.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若点，分别是曲线，上的点（不同于原点），且，求面积的最大值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）用消元法可把参数方程化为普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）设，把都用表示，求出三角形面积，利用诱导公式、二倍角公式、正弦函数性质可得最大值【详解】解：本题考查圆的极坐标.（1）：消去得到：，：，等式两边同乘可得，将且代入化简得：.（2）设，由曲线，的极坐标方程为可得，且，当即时取得等号.故面积的最大值为.【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐

14、标方程与直角坐标方程的互化，考查极坐标的应用，属于基础题19. 为培养学生在高中阶段的数学能力，某校将举行数学建模竞赛.已知该竞赛共有60名学生参加，他们成绩的频率分布直方图如图所示.（1）估计这60名参赛学生成绩的中位数；（2）为了对数据进行分析，将60分以下的成绩定为不合格.60分以上（含60分）的成绩定为合格，某评估专家决定利用分层抽样的方法从这60名学生中选取10人，然后从这10人中抽取4人参加座谈会，记为抽取的4人中，成绩不合格的人数，求的分布列与数学期望；（3）已知这60名学生的数学建模竞赛成绩服从正态分布，其中可用样本平均数近似代替，可用样本方差近似代替（同一组数据用该区间的中点

15、值作代表），若成绩在46分以上的学生均能得到奖励，本次数学建模竞赛满分为100分，估计此次竞赛受到奖励的人数（结果根据四舍五人保留整数）.参考数据：，.【答案】（1）中位数为65；（2）分布列见解析；期望为；（3）.【解析】【分析】（1）由图中的数据可判断中位数在60分到80分之间，若设中位数为，则，从而可求得中位数；（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10人中合格的人数为6人，不合格的人数为4人，则的可能取值为0，1，2，3，4，求出各自的概率，从而可得的分布列与数学期望；（3）由已知求出，从而可得，再利用正态分布的对称性可求得结果【详解】（1）设中位数为，则，解得，所以这6

16、0名参赛学生成绩的中位数为65.（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10人中合格的人数为，不合格的人数为.由题意可知的可能取值为0，1，2，3，4.则，.所以的分布列为01234所以的数学期望.（3）由题意可得，则，由服从正态分布，得，则，所以此次竞赛受到奖励的人数为.【点睛】此题考查频率分布直方图、分层抽样、离散型随机变量的分布列、正态分布等知识，考查分析问题的能力和计算能力，属于中档题20. 在如图所示的多面体中，底面abcd是菱形，bad=120°，de/ /cf/bg，cf平面abcd，ag/ef，且cf=2bg.（1）证明：平面；（2）若菱形的边长是2，求直

17、线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明四边形为平行四边形连接交于，连接，交于，连接，证明即可证明平面（2）解法一、证明与平面所成的角就是在中，求解与平面所成角的正弦即可解法二、以为坐标原点，分别以直线、为、轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用向量的数量积求解直线与平面所成角的正弦值即可【详解】（1）证明：因为四边形为菱形，所以.又，所以平面平面.因为，由夹在两个平行平面间的平行线段相等知，所以四边形是平行四边形.连接交于，连接，交于，连接，如图所示，易知，且，故四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面，即平面.（2）方法一（几

18、何法）：因为平面，平面，故.因为四边形是菱形，所以.又平面，平面，且，所以平面.由（1）知，所以平面，又平面，所以平面平面.因为平面平面，点平面，所以点在平面内的射影落在上，故与平面所成的角就是.易知，所以在中，所以直线与平面所成角的正弦值为.方法二（向量法）：由（1）易知，.以为坐标原点，分别以，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则有，所以，.设平面的法向量为，由，得，令，解得，所以为平面的一个法向量.于是.故直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查直线与平面平行于垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力21. 已知抛物线的顶点为坐标

19、原点，焦点在轴的正半轴上，过点的直线与抛物线相交于、两点，且满足（1）求抛物线的方程；（2）若是抛物线上的动点，点、在轴上，圆内切于，求面积的最小值.【答案】（1）；（2）8【解析】【分析】（1）本小题先设直线方程，再联立方程化简整理得到待定系数为、的关于的一元二次方程，最后根据题意建立方程求即可解题.（2）本小题先设点，再根据题意表示出只含待定系数为的，最后根据基本不等式求最值即可.【详解】（1）由题意，设抛物线的方程为()，则焦点的坐标为.设直线的方程为，联立方程得，消去得，所以， 因为，所以故抛物线的方程为. （2）设（），易知点、的横坐标与的横坐标均不相同.不妨设.易得直线的方程为化简得