2019-2020学年吉林省长春外国语学校高二上学期期末数学(理)试题(解析版)(共19页).doc

《2019-2020学年吉林省长春外国语学校高二上学期期末数学(理)试题(解析版)(共19页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年吉林省长春外国语学校高二上学期期末数学(理)试题(解析版)(共19页).doc（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选优质文档-倾情为你奉上2019-2020学年吉林省长春外国语学校高二上学期期末数学（理）试题一、单选题1如果复数（，为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为（ ）A1B-1C3D-3【答案】D【解析】由复数的除法运算化简得到实部和虚部，令其相等即可得解.【详解】，由题意知：，解得.故选D.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及实部和虚部的定义，属于基础题.2若，则（ ）ABCD【答案】C【解析】先求出集合B，再求并集即可.【详解】由，得.故选C.【点睛】本题主要考查了集合的描述法及并集的运算，属于基础题.3向量，若，的夹角为钝角，则的范围是（ ）ABC且D【答案】C【解析】若，的夹角为钝角，

2、则且不反向共线，进而利用坐标运算即可得解.【详解】若，的夹角为钝角，则且不反向共线，得.向量，共线时，得.此时.所以且.故选C.【点睛】本题主要考查了利用数量积研究向量的夹角，当为钝角时，数量积为0，容易忽视反向共线时，属于易错题.4直线与圆的位置关系是( )A相交B相切C相离D不确定【答案】A【解析】确定直线过定点，点在圆内，得到答案.【详解】过定点，且，故在圆内，故直线和圆相交.故选：【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，确定直线过定点是解题的关键.5有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有A60种B70种C75种D150种【答案】C【解析

3、】试题分析：因,故应选C【考点】排列数组合数公式及运用6已知某个几何体的三视图如图,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的表面积是( )ABCD【答案】B【解析】如图所示，还原几何体，证明，计算表面积得到答案.【详解】还原几何体，如图所示：连接 简单计算得到，故，平面，故.故， 表面积为： 故选：【点睛】本题考查了三视图，表面积的计算，还原几何体是解题的关键.7下列函数中，最小正周期为，且图象关于直线对称的函数是（ ）ABCD【答案】B【解析】首先选项C中函数的周期为,故排除C,将,代入A,B,D求得函数值,而函数在对称轴处取最值,即可求出结果.【详解】先选项C中函数的周期为,故排除C,将,代入

4、A,B,D求得函数值为,而函数在对称轴处取最值.故选:.【点睛】本题考查三角函数的周期性、对称性,难度较易.8我国古代名著庄子天下篇中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则处可分别填入的是（ ）A，B，C，D，【答案】D【解析】先由第一天剩余的情况确定循环体，再由结束条件确定循环条件即可.【详解】根据题意可知，第一天，所以满足，不满足，故排除AB，由框图可知，计算第二十天的剩余时，有，且，所以循环条件应该是.故选D.【点睛】本题考查了程序框图

5、的实际应用问题，把握好循环体与循环条件是解决此题的关键，属于中档题.9已知是第二象限角，且，则的值为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据诱导公式得，进而由同角三角函数的关系及角所在象限得，再利用正切的二倍角公式可得解.【详解】由，得.因为是第二象限角，所以.故选C.【点睛】本题主要考查了同角三角函数的关系及正切的二倍角公式，属于基础题.10已知函数；则的图像大致为（ ）ABCD【答案】B【解析】试题分析：设，则，在上为增函数,在上为减函数，得或均有排除选项A，C，又中,，得且，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B.【考点】1、函数图象；2、对数函数的性质.11已知函数，当时，不等式恒成立，

6、则实数a的取值范围为（ ）ABCD【答案】D【解析】由变形可得,可知函数在为增函数, 由恒成立,求解参数即可求得取值范围.【详解】,即函数在时是单调增函数.则恒成立. .令,则时,单调递减,时单调递增.故选:D.【点睛】本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.二、填空题12已知抛物线焦点为，经过的直线交抛物线于，点，在抛物线准线上的射影分别为，以下四个结论：，的中点到抛物线的准线的距离的最小值为2.其中正确的个数为（ ）A1B2C3D4【答案】C【解析】设直线为与抛物线联立，由韦达定理可判断，由抛物线

7、定义可判断，由可判断，由梯形的中位线定理及韦达定理可判断.【详解】物线焦点为，易知直线的斜率存在，设直线为.由，得.则，正确；，不正确； ，正确；的中点到抛物线的准线的距离 .当时取得最小值2. 正确.故选C.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了设而不求的思想，转化与化归的能力，属于中档题.13(xy)(2xy)5的展开式中x3y3的系数为_.【答案】40【解析】先求出的展开式的通项，再求出即得解.【详解】设的展开式的通项为，令r=3,则，令r=2,则，所以展开式中含x3y3的项为.所以x3y3的系数为40.故答案为：40【点睛】本题主要考查二项式定理求指定项的系数，意在考查学

8、生对这些知识的理解掌握水平.14在锐角三角形中，分别为角、所对的边，且，且的面积为，的值为_【答案】5【解析】由正弦定理边化角可得，由面积公式和余弦定理列方程可得.【详解】由，结合正弦定理可得.在锐角三角形中，可得.所以的面积，解得.由余弦定理可得，解得.故答案为5.【点睛】本题主要考查了正余弦定理及三角形面积公式的应用，重点考查了计算能力，属于基础题.15如图所示，有三根针和套在一根针上的个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上.（1）每次只能移动一个金属片；（2）在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面.将个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数

9、记为，则_【答案】2n-1;【解析】【详解】设h（n）是把n个盘子从1柱移到3柱过程中移动盘子之最少次数n=1时，h（1）=1；n=2时，小盘2柱，大盘3柱，小柱从2柱3柱，完成，即h（2）=3=22-1；n=3时，小盘3柱，中盘2柱，小柱从3柱2柱，用h（2）种方法把中、小两盘移到2柱，大盘3柱；再用h（2）种方法把中、小两盘从2柱3柱，完成，h（3）=h（2）h（2）+1=32+1=7=23-1，h（4）=h（3）h（3）+1=72+1=15=24-1，以此类推，h（n）=h（n-1）h（n-1）+1=2n-1，故答案为:2n-116一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，则该四面

10、体的外接球的体积为_【答案】【解析】将四面体补充为长宽高分别为的长方体，体对角线即为外接球的直径，从而得解.【详解】采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线，所以球半径为，体积为.【点睛】本题主要考查了四面体外接球的常用求法：补体法，通过补体得到长方体的外接球从而得解，属于基础题.三、解答题17设数列满足,(1)求证:数列是等比数列;(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】（1）计算得到，得到证明.（2）计算，利用分组求和法计算得到答案.【详解】(1),，

11、故 故是首项为1,公比为的等比数列.(2) 故故【点睛】本题考查了等比数列的证明，分组求和法，意在考查学生对于数列方法，公式的综合应用.18为了解某市高三数学复习备考情况，该市教研机构组织了一次检测考试，并随机抽取了部分高三理科学生数学成绩绘制如图所示的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图，估计该市此次检测理科数学的平均成绩；（精确到个位）（2）研究发现，本次检测的理科数学成绩近似服从正态分布（，约为19.3），按以往的统计数据，理科数学成绩能达到自主招生分数要求的同学约占；（i）估计本次检测成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩大约是多少分？（精确到个位）（ii）从该市高三理科学生中随机

12、抽取4人，记理科数学成绩能达到自主招生分数要求的人数为，求的分布列及数学期望.（说明表示的概率.参考数据：，）【答案】（1）；（2）（i）;(ii) .【解析】（1）直方图中，每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标相乘后求和，即可得到该市此次检测理科数学的平均成绩；（2）（）令计算的值；（）根据二项分布的概率公式得出的分布列，利用二项分布的期望公式可得数学期望.【详解】（1）该市此次检测理科数学成绩平均成绩约为： （2）（）记本次考试成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩约为，根据题意，即.由得，所以，本次考试成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩约为分. （）因为，.所以的分布列为YP所以.【

13、点睛】本题主要考查直方图的应用、正态分别的应用以及二项分布的数学期望，属于中档题. 求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤：“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义；“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率加法公式、独立事件的概率公式以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；“求期望”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望对于某些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二

14、项分布），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度19如图，矩形ABCD所在平面，MN分别是ABPC的中点.（1）求证:平面PCD；（2）若直线PB与平面PCD所成角的正弦值为，求二面角N-MD-C的正弦值.【答案】(1)见解析;(2).【解析】(1)取的中点,则为平行四边形,然后去证平面 ,进而得平面；(2)以为原点建立空间坐标系,利用直线与平面所成角,可确定各点的坐标,进而通过公式求得二面角的余弦值，正弦值【详解】(1)如图,取中点,连接.为中点,是平行四边形, 平面，,又，面 为中点，面面.(2)建立如图所示坐标系，设

15、,则直线与平面所成角的正弦值为,且由(1)知面,解得,设平面 ,由得，取面设二面角为为锐角,则二面角的正弦值为.【点睛】本题考查直线与平面垂直判定定理,空间向量解决线面角及求解 二面角的平面角的应用,难度一般.20动点满足.（1）求点的轨迹并给出标准方程；（2）已知，直线：交点的轨迹于，两点，设且，求的取值范围.【答案】（1）点的轨迹是以，为焦点，长轴长为6的椭圆，其标准方程为.（2）或.【解析】（1）根据题意可得故点的轨迹为椭圆，且，即可求出标准方程，（2）设，求出，根据可得，令，可得，根据函数的单调性即可求出的范围，则可求出的范围【详解】（1）由动点满足，可得动点到点，的距离之和为常数，且

16、，故点的轨迹为椭圆，且，则，则，故椭圆的方程为（3）设，联立方程组，消可得，则，即令，在上为减函数，或，故的范围为，【点睛】本题考查圆锥曲线的性质和综合应用，考查向量知识的运用，函数的单调性，属于中档题21已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个极值点，试判断函数的零点个数.【答案】(1) 当时,单调递增,当时,单调递减;(2)存在3个零点.【解析】(1)先确定的定义域,通过求导数解出其单调区间;(2)利用函数有极值,判断的取值范围,进而确定极值点的大小关系,得到的单调区间,最后通过极值的正负判断出零点的个数.【详解】(1)由题意可知函数的定义域为当时:,所以单调递增;当时:,所

17、以单调递减;所以当时,单调递增,当时,单调递减. (2)由题意得:有两个不同的零点,即有两个不同的根设为,由(1)得当时单调递增;当时单调递减;有当时,所以时,有使且函数在单调递减,在单调递增,现只需比较的正负进而确定零点个数.有且且,即,.令则所以函数在上单调增,所以时时又时时所以函数有三个零点.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值和零点问题,考查学生综合解题的能力,难度较难.22选修4-4：坐标系与参数方程.以直角坐标系原点为极点，轴正方向为极轴，已知曲线的方程为，的方程为，是一条经过原点且斜率大于0的直线.（1）求与的极坐标方程；（2）若与的一个公共点（异于点

18、），与的一个公共点为，求的取值范围.【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标力程为（2）【解析】（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求解即可；（2）设的极坐标方程为，分别与和的极坐标方程联立，可得和，进而看化简求值.【详解】解：（1）曲线的方程为，的极坐标方程为，的方程为，其极坐标力程为.（2）是一条过原点且斜率为正值的直线，的极坐标方程为，联立与的极坐标方程，得，即，联立与的极坐标方程，得，即，所以 ，又，所以.【点睛】本题主要考查了直角坐标与极坐标互化及极坐标应用解长度问题，属于基础题.23（1）已知，且，证明；（2）已知，且，证明.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】(1)根据,利用基本不等式即可证明;(2)根据,利用基本不等式即可证明.【详解】证明:(1) 当且仅当时,等号成立.(2)因为.又因为,所以,所以当且仅当时,等号成立.【点睛】本题考查了基本不等式的应用,考查了“1”的灵活使用,考查了推理论证能力,属于中档题,难度一般.专心-专注-专业