甘肃省白银市靖远县2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题 19页

高二数学试卷（理科）‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符01合题目要求的．‎ ‎1.已知集合，，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用集合交集的概念，直接求得两个集合的交集.‎ ‎【详解】两个集合的交集是由两个集合公共的元素构成，故，故选D.‎ ‎【点睛】本小题考查集合交集的概念，求解时要注意区间端点值是否能够取得，属于基础题.‎ ‎2.设，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数乘法运算化简，再由复数几何意义即可求得.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 由复数模的求法可得．‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的乘法运算，复数模的求法，属于基础题.‎ ‎3.以圆：的圆心为圆心，3为半径的圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得圆M的圆心坐标，再根据半径为3即可得圆的标准方程.‎ ‎【详解】由题意可得圆M的圆心坐标为，‎ 以为圆心，以3为半径的圆的方程为．‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了圆的一般方程与标准方程转化，圆的方程求法，属于基础题.‎ ‎4.某超市抽取13袋袋装食用盐，对其质量（单位：g）进行统计，得到如图所示的茎叶图，若从这13袋食用盐中随机选取1袋，则该袋食用盐的质量在内的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，分析茎叶图，找出质量在[499,501]的个数，再求其概率即可.‎ ‎【详解】这个数据中位于的个数为，故所求概率为 故选B ‎【点睛】本题考查了茎叶图得考查，熟悉茎叶图是解题的关键，属于基础题.‎ ‎5.若函数，则( )‎ A. 0 B. ‎-1 ‎C. D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数的解析式代入自变量即可求出函数值.‎ ‎【详解】因为,所以，，‎ 因为，所以，故，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了分段函数，属于中档题.‎ ‎6.将A，B，C，D，E，F这6个字母随机排成一排组成一个信息码，则所得信息码恰好满足A，B，C三个字母连在一起，且B在A与C之间的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将A，B，C三个字捆在一起，利用捆绑法得到答案.‎ ‎【详解】由捆绑法可得所求概率为.‎ 故答案为C ‎【点睛】本题考查了概率的计算，利用捆绑法可以简化运算.‎ ‎7.若，则，.设一批白炽灯的寿命（单位：小时）服从均值为1000，方差为400的正态分布，随机从这批白炽灯中选取一只，则（）‎ A. 这只白炽灯的寿命在980小时到1040小时之间的概率为0.8186‎ B. 这只白炽灯寿命在600小时到1800小时之间的概率为0.8186‎ C. 这只白炽灯的寿命在980小时到1040小时之间的概率为0.9545‎ D. 这只白炽灯的寿命在600小时到1800小时之间的概率为0.9545‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，，再求出和，即得这只白炽灯的寿命在980小时到1040小时之间的概率.‎ ‎【详解】∵，，∴，，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎∴.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查正态分布的图像和性质，考查指定区间的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎8.已知数列是等比数列，其前项和为，，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，根据等比数列的通项公式和求和公式，求的公比，进而可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意得，，，公比，则，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式和求和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎9.将偶函数的图象向右平移个单位长度后，得到的曲线的对称中心为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数为偶函数求出函数解析式，根据余弦函数的图象和性质求对称轴即可.‎ ‎【详解】∵偶函数，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 令，得．‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了诱导公式和余弦函数的图象与性质，属于中档题.‎ ‎10.若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如.如图程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》.执行该程序框图，则输出的等于( )‎ A. 4 B. ‎8 ‎C. 16 D. 32‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 初如值n=11,i=1,‎ i=2,n=13,不满足模3余2.‎ i=4,n=17, 满足模3余2, 不满足模5余1.‎ i=8,n=25, 不满足模3余2,‎ i=16,n=41, 满足模3余2, 满足模5余1.‎ 输出i=16.选C．‎ ‎11.已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，平面，，，，则球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给关系可证明，即可将三棱锥可补形成长方体，即可求得长方体的外接球半径，即为三棱锥的外接球半径，即可得球的体积.‎ ‎【详解】因为平面BCD，所以，又AB=4，，‎ 所以，又，‎ 所以，则．‎ 由此可得三棱锥可补形成长方体如下图所示：‎ 设长方体的外接球半径为，‎ 则，‎ 所以球的体积为，‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了三棱锥外接球体积的求法，将三棱锥补全为棱柱是常用方法，属于中档题.‎ ‎12.若函数恰有个零点，则的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题转化为与恰有个交点；利用导数和二次函数性质可得到的图象，通过数形结合可确定或时满足题意，进而求得结果.‎ ‎【详解】令，则恰有个零点等价于与恰有个交点 当时，，则 当时，；当时，‎ 在上单调递减，在上单调递增 当时，‎ 上单调递减，在上单调递增 可得图象如下图所示：‎ 若与有两个交点，则或 又，‎ 即当时，恰有个零点 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，关键是能够将问题转化为平行于轴的直线与曲线的交点个数的问题，利用数形结合的方式找到临界状态，从而得到满足题意的范围.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．‎ ‎13.设向量与，共线，且，，则________．‎ ‎【答案】-3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量共线的坐标表示即可求解.‎ ‎【详解】，,且，共线，‎ 即．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量共线的坐标运算，属于容易题.‎ ‎14.已知数列的前项和公式为，则数列的通项公式为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得当时的数列的通项公式，验证时是否符合即可.‎ ‎【详解】当时，, 当时，‎ ‎，‎ 经验证当时，上式也适合，‎ 故此数列的通项公式为，故答案为 .‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的通项公式与前项和公式之间的关系，属于中档题. 已知数列前项和，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意 的情况.‎ ‎15.某公司从甲、乙、丙、丁四名员工中安排了一名员工出国研学.有人询问了四名员工，甲说：好像是乙或丙去了.”乙说：“甲、丙都没去”丙说：“是丁去了”丁说：“丙说的不对.”若四名员工中只有一个人说的对，则出国研学的员工是___________.‎ ‎【答案】甲 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别假设是甲、乙、丙、丁去时，四个人所说的话的正误，进而确定结果.‎ ‎【详解】若乙去，则甲、乙、丁都说的对，不符合题意；‎ 若丙去，则甲、丁都说的对，不符合题意；‎ 若丁去，则乙、丙都说的对，不符合题意；‎ 若甲去，则甲、乙、丙都说的不对，丁说的对，符合题意.‎ 故答案为：甲.‎ ‎【点睛】本题考查逻辑推理的相关知识，属于基础题.‎ ‎16.已知球的半径为4，球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦长为，若球心到这两个平面的距离相等，则这两个圆的半径之和为__________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设两圆的圆心为，球心为，公共弦为，中点为，由球心到这两个平面的距离相等，可得两圆半径相等，然后设两圆半径为r,由勾股定理表示出，，再由，即可求出r，从而可得结果.‎ ‎【详解】设两圆的圆心为，球心为，公共弦为，中点为，因为球心到这两个平面的距离相等，则为正方形，两圆半径相等，设两圆半径为，，，又，，，.这两个圆的半径之和为6.‎ ‎【点睛】本题主要考查球的结构特征，由球的特征和题中条件，找出等量关系，即可求解.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17~21题为必考题，每道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：共60分．‎ ‎17.已知的内角所对的边分别为，且. ‎ ‎（1）若，角，求角的值；‎ ‎（2）若的面积，，求的值.‎ ‎【答案】（1）或. (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理，求得，进而可求解角B的大小；‎ ‎（2）根据三角函数的基本关系式，求得，利用三角形的面积公式和余弦定理，即可求解．‎ ‎【详解】（1）根据正弦定理得，.‎ ‎，，或.‎ ‎（2），且，.‎ ‎，，.‎ 由正弦定理，得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．其中在中，通常涉及三边三角，知三（除已知三角外）求三，可解出三角形，当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.‎ ‎18.如图，在底面为正方形的四棱锥中，平面，点，分别在棱，上，且满足，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在棱上取一点，使得，连接，，可证明是平行四边形，可得，由线面平行的判定定理可得结果；（2）以为坐标原点以为轴建立空间直角坐标系，设，利用向量垂直数量积为零列方程求出平面的法向量，结合平面的一个法向量为，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在棱上取一点，使得，连接，，‎ 因为，，所以，‎ 所以.又因为，，所以，，‎ 所以是平行四边形，所以，‎ 因为平面，平面，所以平面.‎ ‎（2）依题意，以为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，‎ 设，则，，，‎ 所以，.‎ 设平面的法向量为，则，即，取，‎ 则.‎ 又平面，所以平面的一个法向量为，‎ 所以，‎ 又二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于中档题.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.某大型工厂有台大型机器，在个月中，台机器至多出现次故障，且每台机器是否出现故障是相互独立，出现故障时需名工人进行维修．每台机器出现故障的概率为．已知名工人每月只有维修台机器的能力，每台机器不出现故障或出现故障时有工人维修，就能使该厂获得万元的利润，否则将亏损万元．该工厂每月需支付给每名维修工人万元的工资．‎ ‎（1）若每台机器在当月不出现故障或出现故障时有工人进行维修，则称工厂能正常运行．若该厂只有名维修工人，求工厂每月能正常运行的概率；‎ ‎（2）已知该厂现有名维修工人．‎ ‎（ⅰ）记该厂每月获利为万元，求的分布列与数学期望；‎ ‎（ⅱ）以工厂每月获利的数学期望为决策依据，试问该厂是否应再招聘名维修工人？‎ ‎【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）不应该.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据相互独立事件的概率公式计算出事故机器不超过台的概率即可；‎ ‎（2）（i）求出的可能取值及其对应的概率，得出的分布列和数学期望；‎ ‎（ⅱ）求出有名维修工人时的工厂利润，得出结论．‎ ‎【详解】解：（1）因为该工厂只有名维修工人，故要使工厂正常运行，最多只有台大型机器出现故障．‎ ‎∴该工厂正常运行的概率为：．‎ ‎（2）（i）的可能取值有，，‎ ‎，．‎ ‎∴的分布列为：‎ X ‎ 31‎ ‎ 44‎ ‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ ‎∴ ．‎ ‎（ⅱ）若工厂再招聘一名维修工人，则工厂一定能正常运行，‎ 工厂所获利润为万元，‎ 因为，‎ ‎∴该厂不应该再招聘名维修工人．‎ ‎【点睛】本题考查了相互独立事件的概率计算，离散型随机变量的分布列与数学期望计算，属于中档题．‎ ‎20.已知点是椭圆的一个焦点,点 在椭圆上. ‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线与椭圆交于不同的两点,且 (为坐标原点),求直线斜率的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题可知，椭圆的另一个焦点为，利用椭圆的定义，求得，再理由椭圆中，求得的值，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，在由，进而可求解斜率的取值范围，得到答案．‎ ‎【详解】（1）由题可知，椭圆的另一个焦点为，‎ 所以点到两焦点的距离之和为.‎ 所以.‎ 又因为，所以，则椭圆的方程为.‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，，不符合题意.‎ 故设直线的方程为，，，‎ 联立，可得.‎ 所以 而，‎ 由，可得.‎ 所以，又因为，所以.‎ 综上，.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．‎ ‎21.已知函数，且曲线在点处的切线方程为 ‎．‎ ‎（1）证明：在上为增函数．‎ ‎（2）证明：．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导函数，利用曲线在，（1）处的切线方程，可得（1），（1），由此可求，的值，再由单调性的性质即可得证；‎ ‎（2）运用函数的零点存在定理可得存在，，可得，可得，即，再由单调性可得，再由对勾函数的单调性可得所求结论．‎ ‎【详解】（1）由，得，‎ 所以，，‎ 解得，．因此，‎ 设，，‎ 所以为增函数．‎ ‎（2），，‎ 故存在，使得，‎ 即，即.‎ 进而当时，；当时，，‎ 即在上单调递减，在上单调递增，‎ 则．‎ 令，，‎ 则，‎ 所以在上单调递减，‎ 所以，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查不等式的证明，解题的关键是构造函数，确定函数的单调区间，求出函数的最值，属于中档题．‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在以坐标为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程，并指出曲线是什么曲线；‎ ‎（2）若直线与曲线相交于两点，，求的值.‎ ‎【答案】(1) 曲线的轨迹是以为圆心，3为半径的圆. (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由曲线的参数方程，消去参数，即可得到曲线的普通方程，得出结论；‎ ‎（2）把直线的极坐标方程化为直角坐标方程，再由点到直线的距离公式，列出方程，即可求解．‎ ‎【详解】（1）由（为参数），消去参数得，‎ 故曲线的普通方程为.‎ 曲线的轨迹是以为圆心，3为半径的圆.‎ ‎（2）由，展开得，‎ 的直角坐标方程为.‎ 则圆心到直线的距离为，‎ 则，解得 ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化及应用，‎ 重点考查了转化与化归能力.通常遇到求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.‎ ‎23.设函数.‎ ‎（1）当时，求关于的不等式的解集；‎ ‎（2）若在上恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值的意义，取到绝对值号，得到分段函数，进而可求解不等式的解集；‎ ‎（2）因为，得，再利用绝对值的定义，去掉绝对值号，即可求解．‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以的解集为.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 即，则，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．‎