黑龙江省大庆铁人中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com 铁人中学2018级高二学年上学期期末考试 数学理科试题 试题说明：1、本试题满分150分，答题时间120分钟. ‎ ‎2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡.‎ 第Ⅰ卷 选择题部分 一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题5分，共60分.）‎ ‎1. 若98与63的最大公约数为，二进制数化为十进制数为，则（ ）‎ A. 53 B. 54 C. 58 D. 60‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意知，，，，，‎ ‎∴与63的最大公约数为7，‎ ‎∴．‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎．选C．‎ 点睛：‎ 求两个正整数的最大公约数时，可用较大的数字除以较小的数字，得到商和余数，然后再用上一式中的除数和得到的余数中较大的除以较小的，以此类推，当出现整除时，就得到要求的最大公约数．‎ ‎2. 若命题“若，则”为真命题，则下列命题中一定为真命题的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原命题与其逆否命题同真假,故找出题设命题的逆否命题即可.‎ ‎【详解】命题“若,则”的逆否命题为:“若,则”,‎ 因为原命题与其逆否命题同真假,‎ - 22 -‎ 故由原命题为真命题可知其逆否命题为真命题,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查命题真假的判断,考查命题间的真假关系,属于基础题.‎ ‎3. 在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线，则曲线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将代入曲线化简可得到式子.‎ ‎【详解】将代入曲线方程得到．‎ 故答案为B.‎ ‎【点睛】本题考查了曲线的变换公式的应用，属于基础题.‎ ‎4. “勾股定理”在西方被称为“毕达哥拉斯定理”，三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明.如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形.若直角三角形中较小的锐角，现在向该大正方形区域内随机地投掷一枚飞镖，则飞镖落在阴影区域概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直角三角形的三条边长分别为,用表示出的关系,即可分别求出两个阴影部分的面积,即可根据几何概型概率的求法求得飞镖落在阴影区域概率.‎ ‎【详解】直角三角形的三条边长分别为 则,‎ 则两个阴影部分的面积和为 ‎ 所以飞镖落在阴影区域概率为 故选:D ‎【点睛】本题考查了几何概型概率的求法,三角函数的化简求值,属于中档题.‎ ‎5. 袋中装有3个黑球、2个白球、1个红球，从中任取两个，互斥而不对立的事件是（ ）‎ A. “至少有一个黑球”和“没有黑球” B. “至少有一个白球”和“至少有一个红球”‎ C. “至少有一个白球”和“红球黑球各有一个” D. “恰有一个白球”和“恰有一个黑球”‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据互斥事件与对立事件的定义即可判断.‎ ‎【详解】对于A, “至少有一个黑球”和“没有黑球”不能同时发生,且必有一个发生,因而对立事件;‎ 对于B, “至少有一个白球”和“至少有一个红球”可以同时发生,所以不是互斥事件;‎ 对于C, “至少有一个白球”和“红球黑球各有一个”两个事件不能同时发生,且除这两个事件还有其他事件(如两个黑球)发生,所以两个事件为互斥事件,但为不对立事件 - 22 -‎ 对于D, “恰有一个白球”和“恰有一个黑球”可以同时发生,所以不是互斥事件.‎ 综上可知,C为正确选项 故选:C ‎【点睛】本题考查了互斥与对立事件的概念和判断,属于基础题.‎ ‎6. “”是“方程表示椭圆”的 A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ 由题意，方程表示一个椭圆，则，解得且，‎ 所以“”是“方程”的必要不充分条件，故选C.‎ 点睛：本题考查了椭圆的标准方程，其中熟记椭圆的标准的形式，列出不等式组是解答关键，此类问题解答中容易忽视条件导致错解，同时注意有时椭圆的焦点的位置，做到分类讨论.‎ ‎7. 某校从参加高二年级学业水平测试的学生中抽出80名学生,其数学成绩（均为整数）的频率分布直方图如图,估计这次测试中数学成绩的平均分、众数、中位数分别是（ ）‎ A. 73.3，75，72 B. 72，75，73.3‎ C. 75，72，73.3 D. 75，73.3，72‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 根据频率分布直方图,结合平均数、众数、中位数的求法,即可得解.‎ ‎【详解】由频率分布直方图可知,‎ 平均数为 ‎ 众数为最高矩形底边的中点,即 中为数为: ‎ 可得 所以中为数为 ‎ 综上可知,B为正确选项 故选:B ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用,平均数、众数、中位数的计算,属于基础题.‎ ‎8. 阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,则输出S的值为(　　)‎ A. -10 B. 6‎ C. 14 D. 18‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 模拟法：输入；‎ 不成立；‎ 不成立 成立 输出,故选B.‎ - 22 -‎ 考点：本题主要考查程序框图与模拟计算的过程.‎ ‎9. 已知椭圆上有一点,,是椭圆的左、右焦点,若为直角三角形,则这样的点有( )‎ A. 3个 B. 4个 C. 6个 D. 8个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由为直角三角形，分直角的三种情况，分别得出符合要求的点，可得选项.‎ ‎【详解】当为直角时，这样的点有2个，如下图中的点；‎ 当为直角时，这样的点有2个，如下图中的点；‎ 当为直角时，因为椭圆中，所以这样的点有2个，如下图中的点，‎ 所以符合条件为直角三角形的点有6个，‎ 故选：C.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程和椭圆的简单的几何性质，注意对条件分类讨论，属于基础题.‎ ‎10. 已知双曲线与双曲线，给出下列说法，其中错误的是（ ）‎ A. 它们的焦距相等 B. 它们的焦点在同一个圆上 C. 它们的渐近线方程相同 D. 它们的离心率相等 ‎【答案】D - 22 -‎ ‎【解析】‎ 由两双曲线的方程可得 的半焦距 相等，它们的渐近线方程相同，的焦点均在以原点为圆心，为半径的圆上，离心率不相等，故选D.‎ ‎11. 把正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的棱锥体积最大时，直线和平面所成的角的大小为（ ）‎ A. 90° B. 60 C. 45° D. 30°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先记正方形的对角线与交于点，根据折起后的图形，得到当平面时，三棱锥的体积最大，从而推出为直线和平面所成的角，根据题中条件，即可求出线面角.‎ ‎【详解】记正方形的对角线与交于点，‎ 将正方形沿对角线折起后，如图，‎ 当平面时，三棱锥的体积最大.‎ ‎ ‎ 为直线和平面所成的角，‎ ‎∵因为正方体对角线相互垂直且平分，‎ 所以在中，，‎ ‎∴直线和平面所成的角大小为45°.‎ 故选：C.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查求线面角，以及三棱锥体积最大的问题，熟记线面角的概念，以及三棱锥的结构特征即可，属于常考题型.‎ ‎12. 已知抛物线：，直线及上一点，抛物线上有一动点P到的距离为，P到的距离为，则的最小值为（ ）‎ A. 5 B. 6 C. 7 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的定义,将P到的距离为转化为P到的距离,即可由三点共线时取得距离最小值,解得的最小值.‎ ‎【详解】抛物线,则其焦点坐标为,准线方程为 设动点P到准线的距离为, P到焦点的距离为 由抛物线定义可知则 由题意可知抛物线上的动点P到的距离为 则 因为P到的距离为 则 当在同一条直线上时取得最小值此时 即 所以 故选:C ‎【点睛】本题考查了抛物线定义的简单应用,抛物线中线段的最小值求法,属于基础题.‎ 第II卷 非选择题部分 二、填空题（每小题5分，共20分.）‎ - 22 -‎ ‎13. 某班共有56名学生，现将所有学生随机编号，用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本，已知12号、26号、54号同学在样本中，则样本中还有一名同学的编号是__________．‎ ‎【答案】40‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出组距，然后根据已知的第二个样本的编号，求得第三个样本的编号.‎ ‎【详解】从名学生中抽取名，组距为，由于抽取到第二个编号为号，故第三个样本的编号为号.‎ ‎【点睛】本小题主要考查系统抽样的知识，先求得系统抽样的组距，然后根据已知来求得未知的样本编号，属于基础题.‎ ‎14. 已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 连接DE，设AD=2，易知AD∥BC，∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角，‎ 在△RtADE中，由于DE=，AD=2，可得AE=3，∴cos∠DAE==．‎ ‎15. 下列说法中正确的个数是_________.‎ ‎（1）命题“若，则方程有实数根”的逆否命题为“若方程无实数根，则”.‎ ‎（2）命题“，”的否定“，”.‎ ‎（3）若为假命题，则，均为假命题.‎ - 22 -‎ ‎（4）“”是“直线：与直线：平行”的充要条件.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据命题与逆否命题的定义可判断（1）;根据特称命题的否定即可判断（2）;由复合命题真假的关系可判断（3）;根据两条直线平行时的斜率关系可判断（4）.‎ ‎【详解】对于（1）,命题“若,则方程有实数根”的逆否命题为“若方程无实数根,则”,所以（1）正确;‎ 对于（2）,命题“,”的否定“,”,所以（2）错误;‎ 对于（3）,若为假命题,则、中至少有一个为假命题,所以（3）错误;‎ 对于（4）,当时, 直线：与直线：,则且,所以是“”是“直线：与直线：平行”的充分条件;当“直线：与直线：平行”时,则,解得或,所以“”是“直线：与直线：平行”的充分不必要条件.所以（4）错误.‎ 综上可知,正确的为（1）‎ 故答案为:1‎ ‎【点睛】本题考查了命题与逆否命题的关系,特称命题的否定形式,复合命题真假的判断及充分必要条件的判断,属于基础题.‎ ‎16. 已知双曲线E：的右顶点为A，抛物线C：的焦点为若在E的渐近线上存在点P，使得，则双曲线E的离心率的取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 求出双曲线的右顶点和渐近线方程，抛物线的焦点坐标，可设，以及向量的垂直的条件：数量积为0，再由二次方程有实根的条件：判别式大于等于0，化简整理，结合离心率公式即可得到所求范围．‎ ‎【详解】双曲线E：的右顶点为，‎ 抛物线C：的焦点为，‎ 双曲线的渐近线方程为，‎ 可设，‎ 即有，，‎ 可得，‎ 即为，‎ 化为，‎ 由题意可得，‎ 即有，‎ 即，‎ 则．‎ 由，可得．‎ 故答案为 - 22 -‎ ‎【点睛】对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).‎ 三、解答题（第17题10分，其它每题12分，共70分.）‎ ‎17. 在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，直线与曲线C交于两点．‎ ‎（1）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）求．‎ ‎【答案】（1）直线l的方程为y＝x+1，曲线C的方程为1；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（Ⅰ）消去参数，即可求得直线的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线参数方程中参数的几何意义，即可求解．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由直线的参数方程为，消去参数，可得直线的方程为，由曲线的极坐标方程，根据，曲线的方程为．‎ - 22 -‎ ‎（Ⅱ）将（参数），代入1，得，‎ 设所对应的参数分别为，则，‎ 则．‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理利用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎18. 如表是某位同学连续5次周考的历史、政治的成绩，结果如下：‎ 周次 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 历史(x分)‎ ‎79‎ ‎81‎ ‎83‎ ‎85‎ ‎87‎ 政治(y分)‎ ‎77‎ ‎79‎ ‎79‎ ‎82‎ ‎83‎ 参考公式：，，表示样本均值．‎ ‎(1)求该生5次月考历史成绩的平均分和政治成绩的方差；‎ ‎(2)一般来说，学生的历史成绩与政治成绩有较强的线性相关关系，根据上表提供的数据，求两个变量的线性回归方程． ‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用所给数据,即可求该生5次月考历史成绩的平均分和政治成绩的方差;‎ ‎ ‎ - 22 -‎ ‎(2)利用最小二乘法求出线性回归直线的方程的系数,写出回归直线的方程,得到结果.‎ ‎【详解】(1)历史成绩的平均数. , 政治成绩的方差，‎ ‎(2)，, , , .‎ 所以两个变量的线性回归方程是.‎ ‎【点睛】本题考查平均数、方差的求解，以及线性回归方程的求解，在求解时，熟练运用公式，仔细运算，属于基础题.‎ ‎19. 把一颗骰子投掷2次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为，第二次出现的点数为，试就方程组解答下列各题：‎ ‎（1）求方程组只有一个解的概率；‎ ‎（2）求方程组只有正数解的概率．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得投掷骰子出现的所有情况总数.将方程组求解,根据方程组只有一个解时,未知数系数不为0,先求得系数为0的情况,根据对立事件的概率求法即可求得方程组只有一个解的概率.‎ ‎（2）根据正数解的要求解不等式组,即可求得的取值范围,结合总数情况即可得解.‎ - 22 -‎ ‎【详解】事件的基本事件有36个．‎ 由方程组可得 ‎（1）方程组只有一个解,需满足 ‎ 即 ,而 的事件有共3个 所以方程组只有一个解的概率为 ‎（2）方程组只有正数解,需且 即或 其包含的事件有13个： ‎ 因此所求的概率为.‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型概率的求法,方程组的解法及方程组解的要求,属于基础题.‎ ‎20. 已知抛物线：的焦点，上一点到焦点的距离为5．‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）过作直线，交于，两点，若直线中点的纵坐标为-1，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 法一：利用已知条件列出方程组，求解即可 法二：利用抛物线的准线方程，由抛物线的定义列出方程，求解即可 法一：由可得抛物线焦点的坐标，设出两点的坐标，利用点差法，求出线段中点的纵坐标为，得到直线的斜率，求出直线方程 - 22 -‎ 法二：设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，设出两点的坐标，通过线段中点的纵坐标为，求出即可 ‎【详解】法一:抛物线: 的焦点的坐标为,由已知 解得或∵,‎ ‎∴∴的方程为. ‎ 法二:抛物线的准线方程为由抛物线的定义可知解得 ‎∴的方程为. ‎ ‎2.法一:由(1)得抛物线C的方程为,焦点 设两点的坐标分别为,则 ‎ 两式相减,整理得 ‎∵线段中点的纵坐标为 ‎∴直线的斜率 直线的方程为即 分法二:由(1)得抛物线的方程为,焦点 设直线的方程为由 消去,得设两点的坐标分别为,‎ - 22 -‎ ‎∵线段中点的纵坐标为∴解得 直线的方程为即 ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线相交的综合问题，对于涉及到中点弦的问题，一般采用点差法能直接求出未知参数，或是将直线方程设出，设直线方程时要注意考虑斜率的问题，此题可设直线的方程为，就不需要考虑斜率不存在，将直线方程与抛物线方程联立，利用条件列出等量关系，求出未知参数．‎ ‎21. 如图，在四棱柱中，点和分别为和的中点,侧棱底面.‎ ‎（1）求证：//平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值 ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意,以为坐标原点建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标,可通过证明与平面的法向量垂直,来证明//平面.‎ ‎（2）根据（1）中建立的平面直角坐标系,分别求得平面的法向量与平面的法向量,即可求得两个平面夹角的余弦值,结合同角三角函数关系式即可求得二面角的正弦值.‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1）证明：根据题意,以为坐标原点,为轴,为轴,为轴建立如下图所示的空间直角坐标系: ‎ 点和分别为和的中点, ,‎ 则,则 ‎,则 所以 依题意可知为平面的一个法向量 而 所以 又因为直线平面 所以平面 ‎（2）‎ 设为平面的法向量,‎ 则,即 不妨设,可得 设为平面的一个法向量,‎ - 22 -‎ 则,又,得 不妨设可得 因此有,‎ 于是 所以二面角的正弦值为 ‎【点睛】本题考查了利用空间直角坐标系,证明直线与平面的平行,利用法向量求平面与平面的夹角,属于基础题.‎ ‎22. 设椭圆：的离心率为，椭圆上一点到左右两个焦点、的距离之和是4.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知过的直线与椭圆交于、两点，且两点与左右顶点不重合，若，求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）6.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)首先可根据题意得出，然后根据得出，最后通过计算出的值并写出椭圆方程；‎ ‎(2)首先可以设、，然后根据直线过点设出直线方程，再然后联立直线方程与椭圆方程，根据韦达定理得出以及，再然后结合题意得出四边形是平行四边形以及其面积，最后通过计算即可得出结果.‎ - 22 -‎ ‎【详解】(1)因为椭圆上一点到左右两个焦点、的距离之和是4，‎ 所以，，‎ 因为，所以，‎ 所以椭圆C方程为.‎ ‎(2)设，，‎ 因为直线过点，所以可设直线方程为，‎ 联立方程，消去可得：，‎ 化简整理得，‎ 其中，‎ ‎，，‎ 因为，所以四边形是平行四边形，‎ 设平面四边形的面积为，‎ 则，‎ 设，则，‎ 所以，‎ 因为，所以，，‎ 所以四边形面积的最大值为6.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的方程的求法以及直线与椭圆相交的相关问题，可利用椭圆的、、三者之间的联系求椭圆方程，考查韦达定理的灵活应用，考查计算能力，考查化归与转化思想，是难题.‎ - 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