2018-2019学年湖南省五市十校高二下学期期末联考数学（理)试题 解析版 22页

绝密★启用前 湖南省五市十校2018-2019学年高二下学期期末联考数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知集合，则 A． B．‎ C． D．R ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解出集合与，再利用集合的并集运算得出.‎ ‎【详解】‎ ‎，，‎ ‎，故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合的并集运算，在计算无限数集时，可利用数轴来强化理解，考查计算能力，属于基础题。‎ ‎2．已知复数，则下列结论正确的是 A．的虚部为i B．‎ C．为纯虚数 D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数的除法将复数化为一般形式，然后利用复数的基本知识以及四则运算法则来判断各选项的正误。‎ ‎【详解】‎ ‎，的虚部为，，‎ 为纯虚数，，故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数的四则运算、复数的概念、共轭复数等的理解，解题的关键就是将复数化为一般形式，借助相关概念进行理解，考查计算能力，属于基础题。‎ ‎3．等比数列的各项均为正数，且，则（ ）‎ A．12 B．10‎ C．9 D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用等比中项的性质计算出的值，再利用对数的运算性质以及等比中项的性质得出结果。‎ ‎【详解】‎ 由等比中项的性质可得，‎ 等比数列的各项均为正数，则，‎ 由对数的运算性质得 ‎ ‎ ‎ ，故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比中项和对数运算性质的应用，解题时充分利用这些运算性质，可简化计算，考查计算能力，属于中等题。‎ ‎4．函数其中，的图象如图所示，为了得到的图象，则只要将的图象　　‎ A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由图象可知A＝1，，所以T＝π，又T＝＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sin (2x＋φ)，又f＝sin＝sin＝－1，所以＋φ＝＋2kπ，k∈Z.即φ＝＋2kπ，k∈Z，又|φ|<，所以φ＝，即f(x)＝sin.因为g(x)＝cos 2x＝sin＝sin，所以直线将f(x)向左平移个单位长度即可得到g(x)的图象．‎ ‎5．已知函数，设，则 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导，得出函数在上单调递减，利用中间值法比较、、的大小关系，利用函数的单调性得出、、三个数的大小关系。‎ ‎【详解】‎ ‎，，‎ 所以，函数在上单调递减，‎ ‎，，即，，则，‎ 函数在上单调递减，因此，，故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数值的大小比较，这类问题需要结合函数的单调性以及自变量的大小，其中单调性可以利用导数来考查，本题中自变量的结构不相同，可以利用中间值法来比较，考查推理能力，属于中等题。‎ ‎6．设，则的展开式中的常数项为 A．20 B．-20 C．120 D．-120‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用微积分基本定理求出的值，然后利用二项式定理展开式通项，令的指数为零，解出相应的参数值，代入通项可得出常数项的值。‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 二项式的展开式通项为，‎ 令，得，因此，二项式的展开式中的常数项为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查定积分的计算和二项式指定项的系数，解题的关键就是微积分定理的应用以及二项式展开式通项的应用，考查计算能力，属于中等题。‎ ‎7．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（　　）（参考数据：sin15°=0.2588，sin7.5°=0.1305）‎ A．12 B．24 C．48 D．96‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 列出循环过程中S与n的数值，满足判断框的条件，即可结束循环，得到答案．‎ ‎【详解】‎ 模拟执行程序，可得：n=6，S=3sin60°=，‎ 不满足条件S≥3.10，n=12，S=6×sin30°=3，‎ 不满足条件S≥3.10，n=24，S=12×sin15°=12×0.2588=3.1056，‎ 满足条件S≥3.10，退出循环，输出n的值为24．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了循环框图的应用，其中解答中根据给定的程序框图，逐次循环，注意判断框的条件的应用是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎8．函数在的图象大致为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎，为偶函数，则B、D错误；‎ 又当时，，‎ 当时，得，则 则极值点，故选C。‎ 点睛：复杂函数的图象选择问题，首先利用对称性排除错误选项，如本题中得到为偶函数，排除B、D选项，在A、C选项中，由图可知，虽然两个图象在第一象限都是先增后减，但两个图象的极值点位置不同，则我们采取求导来判断极值点的位置，进一步找出正确图象。‎ ‎9．设正项等差数列的前n项和为，若，则的最小值为 A．1 B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用等差数列的求和公式得出，再利用等差数列的基本性质得出，再将代数式和 相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.‎ ‎【详解】‎ 由等差数列的前项和公式可得，所以，，‎ 由等差数列的基本性质可得，‎ ‎，‎ 所以，，当且仅当，即当时，等号成立，‎ 因此，的最小值为，故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的等差数列求和公式以及等差数列下标性质的应用，考查利用基本不等式求最值，解题时要充分利用定值条件，并对所求代数式进行配凑，考查计算能力，属于中等题。‎ ‎10．如图，正方体的棱长为4，动点E，F在棱上，动点P，Q分别在棱AD，CD上。若，，，（大于零），则四面体PEFQ的体积 A．与都有关 B．与m有关，与无关 C．与p有关，与无关 D．与π有关，与无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接、交于点，作，证明平面，可得出平面，于此得出三棱锥的高为，再由四边形为矩形知，点到的距离为，于此可计算出的面积为，最后利用锥体的体积公式可得出四面体的体积的表达式，于此可得出结论。‎ ‎【详解】‎ 如下图所示，连接、交于点，作，‎ 在正方体中，平面，且平面，‎ ‎，又四边形为正方形，则，且，‎ 平面，即平面，，平面，‎ 且，‎ 易知四边形是矩形，且，点到直线的距离为，‎ 的面积为，‎ 所以，四面体的体积为，‎ 因此，四面体的体积与有关，与、无关，故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三棱锥体积的计算，解题的关键在于寻找底面和高，要充分结合题中已知的线面垂直的条件，找三棱锥的高时，只需过点作垂线的平行线可得出高，考查逻辑推理能力，属于难题。‎ ‎11．过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，且，‎ 为坐标原点，则的面积与的面积之比为 A． B． C． D．2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点位于第一象限，点，并设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得出，由抛物线的定义得出点的坐标，可得出点的纵坐标的值，最后得出的面积与的面积之比为的值.‎ ‎【详解】‎ 设点位于第一象限，点，设直线的方程为，‎ 将该直线方程与抛物线方程联立，得，，‎ 由抛物线的定义得，得，，，，‎ 可得出，，故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的综合问题，考查韦达定理在直线与抛物线综合问题中的应用，解题的关键在于利用抛物线的定义以及韦达定理求点的坐标，并将三角形的面积比转化为高之比来处理，考查运算求解能力，属于中等题。‎ ‎12．已知点P在直径为2的球面上，过点P作球的两两相互垂直的三条弦PA，PB，PC，若，则的最大值为 A． B．4 C． D．3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得出，设，，利用三角函数辅助角公式可得出的最大值.‎ ‎【详解】‎ 由于、、是直径为的球的三条两两相互垂直的弦，‎ 则，所以，‎ 设，，‎ ‎，‎ 其中为锐角且，所以，的最大值为，故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查多面体的外接球，考查棱长之和的最值，在直棱柱或直棱锥的外接球中，若其底面外接圆直径为，高为，其外接球的直径为，则，充分利用这个模型去解题，可简化计算，另外在求最值时，可以利用基本不等式、柯西不等式以及三角换元的思想来求解。‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设向量与的夹角为，由得出，结合关系式以及数量积的定义和运算律得出的值，于此得出的值.‎ ‎【详解】‎ 设向量与的夹角为，，‎ ‎，即，‎ 得，，因此，，故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量垂直等价条件的应用，考查数量积的定义与运算律，解题时注意向量垂直的转化，考查计算能力，属于中等题。‎ ‎14．精准扶贫期间，5名扶贫干部被安排到三个贫困村进行扶贫工作，每个贫困村至少安排一人，则不同的分配方法共有____________种。‎ ‎【答案】150‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分两种情况讨论：一是三个贫困村安排的干部数分别为、、，二是三个贫困村安排的干部数分别为、、，利用排列组合思想分别求出这两种情况的分配方法数，加起来可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 分两种情况讨论：一是三个贫困村安排的干部数分别为、、，‎ 分配方法种数为；‎ 二是三个贫困村安排的干部数分别为、、，分配方法种数为.‎ 综上所述，所有的分配方法种数为，故答案为：。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查排列组合综合问题，考查分配问题，这类问题一般是先分组再排序，由多种情况要利用分类讨论来处理，考查分类讨论数学思想，属于中等题。‎ ‎15．已知函数，则过原点且与曲线相切的直线方程为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切点坐标为，利用导数求出曲线在切点的切线方程，将原点代入切线方程，求出的值，于此可得出所求的切线方程。‎ ‎【详解】‎ 设切点坐标为，，，，‎ 则曲线在点处的切线方程为，‎ 由于该直线过原点，则，得，‎ 因此，则过原点且与曲线相切的直线方程为，故答案为：。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查导数的几何意义，考查过点作函数图象的切线方程，求解思路是：‎ ‎（1）先设切点坐标，并利用导数求出切线方程；‎ ‎（2）将所过点的坐标代入切线方程，求出参数的值，可得出切点的坐标；‎ ‎（3）将参数的值代入切线方程，可得出切线的方程。‎ ‎16．在古代三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形（如图阴影部分）。若直角三角形中较小的锐角为a。现向大正方形区城内随机投掷一枚飞镖，要使飞镖落在小正方形内的概率为，则_____________。‎ ‎ ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正方形边长为，可得出每个直角三角形的面积为，由几何概型可得出四个直角三角形的面积之和为，可求出，由得出并得出的值，再利用降幂公式可求出的值.‎ ‎【详解】‎ 设正方形边长为，则直角三角形的两条直角边分别为和，则每个直角三角形的面积为，由题意知，阴影部分正方形的面积为，‎ 所以，四个直角三角形的面积和为，即，‎ 由于是较小的锐角，则，，所以，，‎ 因此，，故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查余弦值的计算，考查几何概型概率的应用，解题的关键就是求出和的值，并通过二倍角升幂公式求出的值，考查计算能力，属于中等题。‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，向量，且。‎ ‎（1）求角C；‎ ‎（2）若，△ABC的面积为，求△ABC内切圆的半径。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得出，利用正弦定理边角互化的思想，以及内角和定理将转化为，并利用两角和的正弦公式求出的值，于此得出角的值；‎ ‎（2）由三角形的面积公式求出，结合余弦定理得出的值，可求出的值，再利用等面积法得出，即可得出的内切圆半径的值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由得，‎ 由正弦定理，，.‎ 在中，，；‎ ‎（2）由等面积法：得.‎ 由余弦定理，，‎ ‎，从而，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角形面积的应用，考查三角形内切圆半径的计算，在计算内切圆的半径时，可利用等面积法得出（其中为三角形的面积，为三角形的周长），考查运算求解能力，属于中等题。‎ ‎18．如图，四棱锥中，底面为矩形，侧面 为正三角形，且平面 平面， 为中点， .‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若二面角的平面角大小满足，求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） .‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由正三角形性质可得，再利用面面垂直的性质定理得平面，从而，则 ，由线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理可得平面；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，令，求出平面的法向量以及平面的法向量，根据二面角的平面角大余弦值列方程求出，利用棱锥的体积公式可得结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）取中点为， 中点为，‎ 由侧面为正三角形，且平面平面知平面，故，‎ 又，则平面，所以，‎ 又，则，又是中点，则，‎ 由线面垂直的判定定理知平面，‎ 又平面，故平面平面.‎ ‎（Ⅱ）‎ 如图所示，建立空间直角坐标系，‎ 令，则.‎ 由（Ⅰ）知为平面的法向量，‎ 令为平面的法向量，‎ 由于均与垂直，‎ 故即解得 故，由 ，解得.‎ 故四棱锥的体积.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查面面垂直的判定定理、利用空间向量求二面角以及棱锥的体积公式，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎19．为了了解甲、乙两校学生自主招生通过情况，从甲校抽取60人，从乙校抽取50人进行分析.‎ 通过人数 末通过人数 总计 甲校 乙校 ‎30‎ 总计 ‎60‎ ‎（1）根据题目条件完成上面2×2列联表，并据此判断是否有99%的把握认为自主招生通过情况与学生所在学校有关；‎ ‎（2）现已知甲校A，B，C三人在某大学自主招生中通过的概率分别为，用随机变量X表示A，B，C三人在该大学自主招生中通过的人数，求X的分布列及期望E（X）。‎ 参考公式：.‎ 参考数据：‎ ‎0．15‎ ‎0．10‎ ‎0．05‎ ‎0．025‎ ‎0．01‎ ‎0．005‎ ‎0．001‎ ‎2．072‎ ‎2．706‎ ‎3．841‎ ‎5．024‎ ‎6．635‎ ‎7．879‎ ‎10．828‎ ‎【答案】（1）填表见解析，有99%的把握认为学生的自主招生通过情况与所在学校有关（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中信息完善列联表，并计算出的观测值，结合临界值表找出犯错误的概率，于此可对题中的结论正误进行判断；‎ ‎（2）列出随机变量的可能取值，利用独立事件的概率乘法公式计算出随机变量在每个可能值处的概率，可列出随机变量的概率分布列，并由此计算出随机变量的数学期望.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）列联表如下：‎ 通过人数 未通过人数 总计 甲校 ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ 乙校 ‎30‎ ‎20‎ ‎50‎ 总计 ‎50‎ ‎60‎ ‎110‎ 由算得：‎ ‎，‎ 所以有99%的把握认为学生的自主招生通过情况与所在学校有关；‎ ‎（2）设自主招生通过分别记为事件，‎ 则.‎ ‎∴随机变量的可能取值为0，1，2，3.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 所以随机变量X的分布列为：‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查独立性检验的基本思想，考查随机变量分布列及其数学期望的求解，解题时要判断出随机变量所服从的分布列，结合分布列类型利用相关公式计算出相应的概率，考查计算能力，属于中等题。‎ ‎20．已知动圆经过点，并且与圆相切.‎ ‎（1）求点P的轨迹C的方程； ‎ ‎（2）设 为轨迹C内的一个动点，过点且斜率为的直线交轨迹C于A,B两点，当k为何值时？ 是与m无关的定值，并求出该值定值.‎ ‎【答案】（1）（2）7.‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用椭圆的定义判定该点轨迹为椭圆，再写出椭圆方程；（2）联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、两点间的距离公式进行求解.‎ ‎ 的值与无关，‎ ‎ ，解得 .‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1）若在，上有唯一极大值点，求实数a的取值范围；‎ ‎（2）若，且，证明．‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的导数，对实数分和两种情况讨论，结合导数的单调性、零点存在定理以及导数符号来判断，于此得出实数的取值范围；‎ ‎（2）利用分析法进行转化证明，构造新函数，求出新函数的导数，判断该函数的单调性进行证明即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）已知.‎ 当时，，在上单调递增，此时在上，‎ 不存在极大值点；‎ 当时，，在单调递减，‎ 又，，故存在唯一使得，单调递增，，单调递减.‎ 此时，是函数的唯一极大值点.‎ 综上可得；‎ ‎（2）依题..‎ 在单调递增，‎ ‎.‎ 欲证，等价证，等价证，等价证.‎ 令，‎ ‎，， ‎ 故时，单调递增，‎ 单调递增，，得证.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查导数的应用，涉及极值点的存在性问题，以及二阶导数的应用，构造函数解决函数不等式的证明，考查函数思想，考查转化与化归数学思想的应用，属于难题。‎ ‎22．选修4—4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知点A的极坐标(，)，直线l的极坐标方程为ρcos(θ－)＝a，．‎ ‎（1）若点A在直线l上，求直线l的直角坐标方程；‎ ‎（2）圆C的参数方程为(为参数)，若直线与圆C相交的弦长为，求的值。‎ ‎【答案】(1) (2) 或 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）通过点A在直线l上，列出方程得到，然后求解直线l的直角坐标方程（2）消去参数，求出的普通方程，通过圆心到直线的距离半径半弦长的关系，即可求的值．‎ 试题解析：（1）由点在直线上，可得=‎ 所以直线的方程可化为 从而直线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）由已知得圆C的直角坐标方程为 所以圆C的圆心为（2，0），半径， ‎ 而直线的直角坐标方程为，若直线与圆C相交的弦长为 则圆心到直线的距离为，所以 求得或 ‎23．已知，不等式的解集是．‎ ‎（）求的值．‎ ‎（）若存在实数解，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(1) ,(2) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）通过讨论a的范围，求出不等式的解集，根据对应关系求出a的值即可；‎ ‎（2）根据不等式的性质求出最小值，得到关于k的不等式，解出即可．‎ 解析：（1）由，得，即，‎ 当时，，‎ 所以，解得；‎ 当时，，‎ 所以无解.‎ 所以. ‎ ‎(2)因为 ，‎ 所以要使存在实数解，‎ 只需，所以实数的取值范围是.‎ 点睛：本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想以及转化思想，以及函数恒成立求参的方法．‎