河南省天一大联考2018-2019学年下学期高二年级期末测试理科数学试题(解析版)(共22页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上天一大联考2018-2019学年（下）高二年级期末测试理科数学一、选择题1.（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数除法运算法则，即可求解.【详解】.故选：A【点睛】本题考查复数的代数运算，属于基础题.2.已知集合，且，则实数的值是（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据已知，将选项代入验证即可.【详解】由，知且，经检验符合题意，所以.故选：B【点睛】本题考查集合间的关系，要注意特殊方法的应用，减少计算量，属于基础题.3.给定下列两种说法：已知，命题“若，则”的否命题是“若，则”，“，使”的否定是“，使”，则（ ）A. 正确错

2、误B. 错误正确C. 和都错误D. 和都正确【答案】D【解析】【分析】根据否命题和命题的否定形式，即可判定真假.【详解】中，同时否定原命题的条件和结论，所得命题就是它的否命题，故正确；中，特称命题的否定是全称命题，所以正确，综上知，和都正确.故选：D【点睛】本题考查四种命题的形式以及命题的否定，注意命题否定量词之间的转换，属于基础题.4.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知结合二倍角的正弦，求出，再由二倍角的正切公式，即可求解,【详解】由，得.又因，得.所以.故选：A【点睛】本题考查三角函数求值、二倍角公式的应用，属于基础题.5.过抛物线的焦点的直线交抛物线

3、于两点，其中点，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知可得，再由，即可求出结论.【详解】因为抛物线的准线为，点在抛物线上，所以，.故选：C【点睛】本题考查抛物线的标准方程，应用焦半径公式是解题的关键，属于基础题.6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】该几何体由上下两部分组成的，上面是一个圆锥，下面是一个正方体，由体积公式直接求解.【详解】该几何体由上下两部分组成的，上面是一个圆锥，下面是一个正方体该几何体的体积V64故选B【点睛】本题考查了正方体与圆锥的组合体的三视图还原问题及体积计算公式，考查了推理

4、能力与计算能力，属于基础题7.某军工企业为某种型号新式步枪生产了一批枪管，其口径误差（单位：微米）服从正态分布，从已经生产出的枪管中随机取出一只，则其口径误差在区间内的概率为（ ）（附：若随机变量服从正态分布，则，）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知可得，结合正态分布的对称性，即可求解.【详解】.故选：C【点睛】本题考查正态分布中两个量和的应用，以及正态分布的对称性，属于基础题.8.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ）若，且，则；若，且，则；若，且，则；若，且，则.其中真命题的个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间直线与平面平

5、行、垂直，平面与平面平行、垂直的判定定理和性质定理，逐项判断，即可得出结论.【详解】由且，可得，而垂直同一个平面的两条直线相互平行，故正确；由于，所以，则，故正确；若与平面的交线平行，则，故不一定有，故错误；设，在平面内作直线，则，又，所以，所以，从而有，故正确.因此，真命题个数是.故选：B【点睛】本题考查了空间线面位置关系的判定和证明，其中熟记空间线面位置中的平行与垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查直观想象能力，属于基础题.9.函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】函数图象是由函数图象向左平移1个单位，做出函数的图象，即可求解.【详解】作出函数的图象

6、，如下图所示，将的图象向左平移个单位得到图象.故选：B【点睛】本题考查函数图象的识别、指数函数图象，运用函数图象平移变换是解题关键，属于基础题.10.已知双曲线的一条渐近线方程为，为该双曲线上一点，为其左、右焦点，且，则该双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，根据已知可得，由，得到，结合双曲线的定义，得出，再由已知求出，即可求解.【详解】设，则由渐近线方程为，又，所以两式相减，得，而，所以，所以，所以，故双曲线的方程为.故选：D【点睛】本题考查双曲线的标准方程、双曲线的几何性质，注意焦点三角形问题处理方法，一是曲线的定义应用，二是余弦定理（或勾股）定理，利用

7、解三角形求角或面积，属于中档题.11.已知函数在区间上为单调函数，且，则函数的解析式为（ ）A. B. C D. 【答案】C【解析】【分析】由函数在区间上为单调函数，得周期，得出图像关于对称，可求出，得出函数的对称轴，结合对称中心和周期的范围，求出周期，即可求解.【详解】设的最小正周期为，在区间上具有单调性，则，即，由知，有对称中心，所以由，且，所以有对称轴.故.解得，于是，解得，所以.故选：C【点睛】本题考查正弦函数图象的对称性、单调性和周期性及其求法，属于中档题.12.若函数在区间上的最小值为，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出，（或）是否恒成立对分类

8、讨论，若恒成立求出最小值（或不存在最小值），若不恒成立，求出极值最小值，建立的关系式，求解即可.【详解】.（1）当时，所以在上单调递减，（舍去）.（2）当时，.当时，此时在上恒成立，所以在上单调递减，解得（舍去）；当时，.当时，所以在上单调递减，当时，所以在上单调递增，于是，解得.综上，.故选：A【点睛】本题考查函数的最值，利用导数是解题的关键，考查分类讨论思想，如何合理确定分类标准是难点，属于中档题.二、填空题13.已知非零向量满足，且，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】由已知，根据垂直向量的关系和向量的数量积公式，建立关于的方程，即可求解.【详解】由，又由，得.，解得.故答案为：【点

9、睛】本题考查向量垂直、向量的数量积运算，属于基础题.14.若的展开式中的常数项为，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】求出的展开式的通项，令的指数为0，求出常数项，建立的方程，即可求解.【详解】依题意展开式的通项公式为.令，得，所以展开式中的常数项为，解得.故答案为：【点睛】本题考查二项式定理，熟记二项展开式通项是解题关键，属于基础题.15.已知满足约束条件则的最大值为_.【答案】1【解析】【分析】做出满足条件的可行域，根据图形即可求解.【详解】约束条件表示的可行域如图中阴影部分所示.由得，则目标函数过点时，取得最大值，.故答案为：1【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结

10、合求线性目标函数的最值，属于基础题.16.在中，内角的对边分别为，已知，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】将已知等式化边为角，结合两角和的正弦公式化简可得，已知，由余弦定理和基本不等式，求出的最大值，结合，即可求解.【详解】由正弦定理及，得.因为，所以.化简可得.因为，所以.因为，所以.由已知及余弦定理，得，即，因为，所以，得，所以，当且仅当时，取等号.又因三角形任意两边之和大于第三边，所以，所以.故的取值范围为.故答案为：【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换解三角形，利用基本不等式求最值，属于中档题.三、解答题17.已知等差数列的前项和为，.（1）求的通项公式；（2）设，

11、数列的前项和为，求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）求出公差，根据通项公式即可求出；（2）由（1）可写出，则数列是等差数列.根据通项公式求出使得的的最大值，再根据前项和公式求出（或根据前项和公式求出，再根据二次函数求最值，求出的最小值）.【详解】（1）方法一：由，又因为，所以.所以数列的公差，所以.方法二：设数列的公差为.则.得.所以.（2）方法一：由题意知.令得解得.因为，所以.所以的最小值为.方法二：由题意知.因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列.所以.所以当时，数列的前项和取得最小值，最小值为.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，考查学生的运算求解能力

12、.18.“过桥米线”是云南滇南地区特有的一种小吃.在云南某地区“过桥米线”有三种品牌的店，其中品牌店家，品牌店家，品牌店家.（）为了加强对食品卫生的监督管理工作，该地区的食品安全管理局决定按品牌对这家“过桥米线”专营店采用分层抽样的方式进行抽样调查，被调查的店共有家，则品牌的店各应抽取多少家？（）为了吸引顾客，所有品牌店举办优惠活动：在一个盒子中装有形状、大小相同的个白球和个红球.顾客可以一次性从盒中抽取个球，若是个红球则打六折（按原价的付费），个红球个白球打八折，个红球个白球则打九折，个白球则打九六折.小张在该店点了价值元的食品，并参与了抽奖活动，设他实际需要支付的费用为，求的分布列与数学期

13、望.【答案】（）品牌店家，应抽查品牌店家；（）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据分层抽样每层按比例分配，即可求解；（2）求出随机变量的可能取值，并求出相应的概率，即可得到分布列，进而根据期望公式求解.【详解】（）由题意得，应抽查品牌店家，应抽查品牌店家；（）离散型随机变量的可能取值为.于是，.的分布列如下60809096所以【点睛】本题考查分层抽样、离散型随机变量的分布列和期望，求出随机变量的概率是解题关键，属于基础题.19.如图所示，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，其中，且，是的中点.（）求证：；（）求与平面所成角的正弦值.【答案】（）见解析；（）【解析】【分析】（1）根据已知可得，

14、可证平面，从而有，再由已知可得，可证平面，即可证明结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出坐标，再求出平面法向量坐标，根据空间向量的线面角公式，即可求解.【详解】（）因为底面，底面，所以.又因为，所以平面.又因为平面，所以.因为，是的中点，所以.又因为，所以平面.而平面，所以.（）因为两两垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，于是.设平面的一个法向量为.，.由得，令，则，得.设与平面所成的角为，则.故与平面所成角的正弦值是.【点睛】本题考查空间线面位置关系，考查直线与平面垂直的证明、用空间向量法求直线与平面所成的角，注意空间垂直间的相互转化，意在

15、考查逻辑推理和数学计算能力，属于中档题.20.已知椭圆的右顶点为，定点，直线与椭圆交于另一点.（）求椭圆的标准方程；（）试问是否存在过点的直线与椭圆交于两点，使得成立？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（）；（）存在，或【解析】【分析】（1）由已知可得，再将点代入椭圆方程，求出即可；（2）设，由已知可得，结合，可得，从而有，验证斜率不存在时是否满足条件，当斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立，根据根与系数关系，得出关系式，结合，即可求解.【详解】（）由椭圆的右顶点为知，.把点坐标代入椭圆方程，得.解得.所以椭圆的标准方程为.（），所以.由，得，即，所以.设，则，所以.当

16、直线的斜率不存在时，直线的方程为，这与矛盾.当直线的斜率存在时，设直线的方程为.联立方程得.，.由可得，即.整理得.解得.综上所述，存在满足条件的直线，其方程为或.【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，要熟练应用根与系数关系设而不求方法解决相交弦问题，考查计算求解能力，属于中档题.21.已知函数.（）若，求函数的单调区间；（）若在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）单调递增区间为，单调递减区间为；（）【解析】【分析】（1）求出，当时，求出的解即可；（2）所求的问题为在上恒成立，设，注意，所以在递增满足题意，若存在区间递减，则不满足题意，对分类讨论，求出单调区间即可.【详解】

17、（）当时，则.所以当时，单调递增；当时，单调递减.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（）由，得在上恒成立.设，则.设，当时，则在上恒成立，在上单调递增，在恒成立，所以当时，在上恒成立；当时，令，得或（舍去）.所以当时，则是上的减函数；当时，则是上的增函数.所以当时，.因此当时，不恒成立.综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数单调性、不等式恒成立，考查分类讨论思想，确定分类标准是解题的关键，属于中档题.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（）求曲线的普通方程及直线的直角

18、坐标方程；（）若曲线上恰好存在两个点到直线的距离为，求实数的取值范围.【答案】（）：，：；（）【解析】【分析】（1）利用消去参数，得到曲线的普通方程，再由，化直线为直角坐标方程；（2）与直线的距离为的点在与平行且距离为的两平行直线上，依题意只有一条平行线与圆相交，另一条平行线与圆相离，利用圆心到直线的距离与半径关系，即可求解.【详解】（）由曲线的参数方程（为参数，）消去参数，可得曲线的普通方程.，代入，得直线的直角坐标方程为.（）由（）知，直线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为，曲线表示以原点为圆心，以为半径的圆，且原点到直线的距离为.所以要使曲线上恰好存在两个点到直线的距离为，则须，即.

19、所以实数的取值范围是.【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，以及直线与圆的位置关系，属于中档题.23.已知函数.（1）解关于的不等式；（2）对任意的，都有不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意，分类讨论即可得解；（2）利用绝对值三角不等式求出，利用基本不等式求出，利用恒成立问题的解决办法即可得解.【详解】（1）由题意，则不等式可转化为 或或，整理可得，故不等式的解集为.（2）由于，当时，等号成立；而，当且仅当，即，时，等号成立.要使不等式恒成立，则，解得，实数的取值范围为.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了绝对值三角不等式和基本不等式的应用，考查了恒成立问题的解决，属于中档题.专心-专注-专业