甘肃省天水一中2019-2020学年高二下学期期末考试（理科）数学试题

20192020学年甘肃省天水一中高二第二学期期末数学试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解对数不等式和指数不等式确定集合，再判断集合的关系．【详解】由已知，，所以．故选：B．【点睛】本题考查集合的包含关系，确定集合中的元素是解题关键．2.已知函数(且的图像恒过定点，点在幂函数的图像上，则（）A. B.C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根据指数函数的图象与性质，求出定点的坐标，再利用待定系数法求出幂函数，从而求出的值．【详解】解：函数中，令，解得，此时，所以定点；设幂函数，则，解得；所以，所以，．故选D．【点睛】本题考查用待定系数法求幂函数解析式，以及指数函数的性质，是基础题．3.设，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用对数函数的单调性即可比较大小.【详解】由，可得，，，且，所以.故选：A【点睛】本题考查了利用对数函数的单调性比较对数式的大小，掌握对数的性质是解题的关键，属于基础题.4.下列函数中是偶函数，且在上是增函数的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据奇偶性定义及单调性定义判断．【详解】A选项是偶函数且在为增；B选项不是偶函数；C选项是偶函数，但是在不恒为增函数；D选项不是偶函数，故选:A．【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，掌握奇偶性与单调性定义是解题关键．5.下列有关命题的说法正确的是()A.命题“若，则”的否命题为：“若，则”．B.若为真命题，则均为真命题.C.命题“存在，使得”的否定是：“对任意，均有”．D.命题“若，则”的逆否命题为真命题．【答案】D【解析】【详解】试题分析：A．利用否命题的定义即可判断出；B．利用“或”命题定义可知：若p∨q为真命题，则p与q至少有一个为真命题；C．利用命题的否定即可判断出；D．由于命题“若x=y，则sinx=siny”为真命题，而逆否命题与原命题是等价命题，即可判断出．解：对于A．命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，因此不正确；对于B．若p∨q为真命题，则p与q至少有一个为真命题，因此不正确；对于C．“存在x∈R，使得x2+x+1＜0”的否定是：“对任意x∈R，均有x2+x+1≥0”，因此不正确对于D．由于命题“若x=y，则sinx=siny”为真命题，因此其逆否命题为真命题，正确．故选D．考点：命题的真假判断与应用．6.已知甲、乙两车由同一起点同时出发，并沿同一路线（假定为直线）行驶,甲车、乙车的速度曲线分别为和（如图所示）,那么对于图中给定的和，下列判断中一定正确的是（）A.在时刻，两车的位置相同B.时刻后，甲车在乙车后面C.在时刻，两车的位置相同D.在时刻，甲车在乙车前面【答案】D【解析】【分析】根据图象可知在前，甲车的速度高于乙车的速度；根据路程与速度和时间的关系可得到甲车的路程多于乙车的路程，从而可知甲车在乙车前面.【详解】由图象可知，在时刻前，甲车的速度高于乙车的速度由路程可知，甲车走的路程多于乙车走的路程在时刻，甲车在乙车前面本题正确选项：【点睛】本题考查函数图象的应用，关键是能够准确选取临界状态，属于基础题.7.中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了（）附：A.10% B.20% C.50% D.100%【答案】B【解析】【分析】根据题意，计算出的值即可；【详解】当时，，当时，，因为所以将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了20%，故选：B.【点睛】本题考查对数的运算，考查运算求解能力，求解时注意对数运算法则的运用.8.在中，D，E分别为，上的点，且，，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由平面向量的三角形法则和共线定理，可得，即可求出值，进而求出结果.【详解】由题意，作出草图，如下图所示：由平面向量的三角形法则和共线定理，可知，所以，，故.故选：A.【点睛】本题主要考查了平面向量的加法运算、共线定理和平面向量基本定理的应用，属于基础题.9.函数部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】求得函数的定义域，分析函数的奇偶性，结合的值以及排除法可得出合适的选项.【详解】对于函数，，得，所以，函数的定义域为.，函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B、D选项；又，排除C选项.故选：A.【点睛】本题考查利用函数的解析式选择图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.10.已知定义在上的偶函数，对任意不相等的，有，当时，有（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知不等式得函数在上的单调性，再由偶函数性质得在上的单调性，结合偶函数性质得距离轴越远的自变量的函数值越小，从而可得结论．【详解】由题意，函数在区间上单调递增，函数图象关于轴对称，所以函数在上单调递减；又，，距离轴越远的自变量的函数值越小，则，故选：C.【点睛】本题考查的奇偶性与单调性，利用奇偶性性质得函数在关于轴对称区间上的单调性，从而可比较函数值大小．11.已知M、N分别是圆和圆上的两个动点，点P在直线上，则的最小值是（）A. B.10 C. D.12【答案】C【解析】【分析】计算圆心关于直线的对称点为，计算，得到最值.【详解】圆的圆心为，圆的圆心为，关于直线的对称点为，，故的最小值是.故选：C.【点睛】本题考查了点关于直线对称，与圆相关的距离的最值，意在考查学生的计算能力和应用能力，转化能力.12.已知定义在上的函数对任意的都满足，当时，．若函数恰有6个不同零点，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意作出与的图像，讨论当时，，当，，分别解不等式组即可求解.【详解】由条件可知函数恰有6个不同的零点，转化为与恰有6个不同的交点，∵，∴的周期，且时，，是偶函数，图象关于轴对称，如图，在同一坐标系下画出函数和的图象，①当时，的图象如图所示，轴左侧有4个交点，右侧有2个交点，此时应满足，解得；②当时，与在轴左侧有2个交点，右侧有4个交点，此时应满足，解得：；综上可知，的取值范围是．故选：A【点睛】本题考查了根据零点个数求参数的取值范围，考查了数形结合的思想以及分类与整合的思想，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.把箸案填在箸题卡上的相应位置.13.设函数，则_________．【答案】15【解析】【分析】先求内层函数值，再求外层函数值即可，【详解】∵函数，∴，．故答案为：15【点睛】本题考查由分段函数求解函数值，属于基础题14.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是.【答案】【解析】【详解】试题分析：由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，底面等边三角形底边长为，高为，棱锥的高为.如图所示，侧面全等，且垂直于底面，侧面是等腰三角形，边长分别为.所以几何体各面的面积分别为，故面积最大的面的面积是.考点：1.三视图；2.几何体的特征及其表面积.15.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若，则S4=___________．【答案】.【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．【详解】详解：设等比数列的公比为，由已知，即解得，所以．【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算，避免繁分式计算．16.已知函数，若，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】作出函数图象，得出函数单调区间，分类讨论解不等式．【详解】作出函数的图象，如图，是极小值点，是极大值点．定义域是，由于，当，即时，函数单调递减，显然合乎题意；当，即时，函数递增，显然不合乎题意；当，即，可得，解得，当，即有，由题意可得，解得，当，即时，函数单调递减，显然合乎题意；综上可得的范围是，故答案为：．【点睛】本题考查解函数不等式，解题方法是利用函数的单调性求解，作出图象观察单调区间然后求解，只是要注意分类讨论．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤.第17～21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：每题12分，共60分17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足，.（1）求角A的大小；（2）求周长的范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将利用正弦定理和两角和的正弦公式化简得，从而可得A的值.（2）由余弦定理和基本不等式，以及三角形两边之和大于第三边，可得周长范围.【详解】（1）由已知，得.由正弦定理，得.即，因为.所以.因为，所以，因为，所以.（2）由余弦定理，得即.因为所以，即（当且仅当时等号成立）.又∵，即，所以，即周长的范围为.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查利用基本不等式求最值问题，属于基础题.18.设等差数列的前n项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，根据已知条件，建立关于的方程组，解得，，代入通项公式即可得解；（2）求出后，根据错位相减法可求得.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为d，由，得，解得，.，.（2）由题意知：，所以，所以，两式相减得，所以，所以所以数列的前n项和.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式的基本量的运算，考查了错位相减法，考查了运算求解能力，属于中档题.19.在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产口罩、防护服、消毒水等防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应，在国际社会上赢得一片赞誉.我国某口罩生产企业在加大生产的同时，狠抓质量管理，不定时抽查口罩质量，该企业质检人员从所生产的口罩中随机抽取了100个，将其质量指标值分成以下六组：，，，…，，得到如下频率分布直方图.（1）求出直方图中的值；（2）利用样本估计总体的思想，估计该企业所生产的口罩的质量指标值的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间中点值作代表，中位数精确到0.01）；（3）现规定：质量指标值小于70口罩为二等品，质量指标值不小于70的口罩为一等品.利用分层抽样的方法从该企业所抽取的100个口罩中抽出5个口罩，并从中再随机抽取2个作进一步的质量分析，试求这2个口罩中恰好有1个口罩为一等品的概率.【答案】（1）（2）平均数为71，中位数为73.33（3）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各小矩形面积和为1，即可求得的值；（2）由平均数与中位数的求法，结合频率分布直方图即可得解.（3）由分层抽样性质可分别求得抽取的5个口罩中一等品、二等品的数量，利用列举法列举出抽取2个口罩的所有情况，即可求得2个口罩中恰好有1个口罩为一等品的概率.【详解】（1）由，得.（2）平均数为，设中位数为，则，得.故可以估计该企业所生产口罩的质量指标值的平均数为71，中位数为73.33.（3）由频率分布直方图可知：100个口罩中一等品、二等品各有60个、40个，由分层抽样可知，所抽取的5个口罩中一等品、二等品各有3个、2个.记这3个一等品为，，，2个二等品为，，则从5个口罩中抽取2个的可能结果有：，，，，，，，，，，共10种，其中恰有1个口罩为一等品的可能结果有：，，，，，.共6种.故这2个口罩中恰好有1个口罩为一等品的概率为.【点睛】本题考查了频率分布直方图的性质及由频率分布直方图求平均数与中位数的方法，列举法求古典概型概率，属于基础题.20.如图，四棱锥中，为正方形，平面，是的中点，是上一点，．（1）证明：平面；（2）若，，求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）90°．【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，则由是的中点，可得，而由可得，所以可得到，从而由线面平行的判定定理可证得平面；（2）由已知可知两两垂直，所以以所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的大小.【详解】解：（1）连接，交于，连接，∵是的中点，∴，∵，∴，∵平面，平面，∴平面．（2）∵平面，在平面内，∴，∵四边形为正方形，所以,∴两两垂直，∴建立如图所示的空间坐标系，则，，，．，，，，设平面的法向量为，∴，令，则．设平面法向量为，∴，令，则，∴，，即二面角的大小为90°．【点睛】此题考查了线面平行的证明，利用空间向量求二面角的平面角，考查空间想象能力，属于中档题.21.已知函数.（1）若对任意实数都成立，求实数的取值范围；（2）若关于方程有两个实数解，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)将不等式变为，利用二次函数的性质求出的最小值，从而得到，即可确定的取值范围；(2)将方程化简为，利用换元法得到，结合判别式以及韦达定理，列出不等式，求解即可得到实数的取值范围.【详解】解：（1）即，∴，∵，时取等号，∴，∴即的取值范围是，（2）即，∴，∴，∵有两个实数解，∴有两个的实数解，令，即，有两个正的实数解.∴，，∴即的取值范围是.【点睛】本题主要利用了分离系数法求解参数的范围以及根据二次函数零点的分布求参数的范围，属于难题.选考题：共10分，请考生任选一题