山西省忻州市第一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题-文.doc

山西省忻州市第一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 文山西省忻州市第一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 文年级：姓名：- 19 -山西省忻州市第一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 文（含解析）本试卷满分150分，考试时间120分钟一、选择题（每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：对原式变形得考点：复数的计算2.已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据对数函数的性质，求得集合或，再根据集合的交集的运算，即可求解【详解】由题意，集合或，又由集合，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了集合的交集的运算，以及对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，正确求解集合B是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3.命题“对任意的，”的否定是（ ）A. 不存在，B. 存在，C. 存在，D. 对任意的，【答案】C【解析】【分析】利用全称命题的否定是特称命题,写出结果即可.【详解】因为原命题为全称命题，所以其否定为存在性命题，且不等号需改变，所以原命题的否定为: 存在，.故选：C.【点睛】本题考查的是有关全称命题的否定问题,在解题的过程中,需要注意全称命题的否定为特称命题,以及其对应的形式如何书写即可得结果.4.在等比数列中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】等比数列的性质可知,故选.5.下列函数中既是奇函数，又在区间上是增函数的为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：是奇函数的有B，D，但在R是减函数，故选B考点：本题主要考查常见函数的奇偶性、单调性点评：简单题，奇函数要求满足，一，定义域关于原点对称，二，f(x)=f(x).6.已知变量满足约束条件，则的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：作出可行域，如图内部（含边界），表示点与原点连线的斜率，易得，所以故选A考点：简单的线性规划的非线性应用7.若A为抛物线的顶点，过抛物线焦点的直线交抛物线于B、C两点，则（ ）A. B. 3C. D. 4【答案】A【解析】【分析】因为,由焦点设出直线的方程为:与抛物线方程联立,借助韦达定理求得结果.【详解】由题意可得,抛物线的焦点为,所以直线的方程为:联立方程组可得,设,则,所以，所以. 故选：A.【点睛】本题借助平面向量的数量积运算考查了直线与抛物线的相交问题,考查了方程思想在研究直线与圆锥曲线位置关系中的应用,属于中档题,解答本题的关键是利用向量数量积的坐标表示把问题转化为求直线与抛物线交点坐标的关系,这恰恰是解析几何研究的重点,通过整理方程组,根据韦达定理和直线方程即可得解.8.给出下列关于互不相同的直线m，l，n和平面，的四个命题：若，点，则l与m不共面；若m，l是异面直线，且，则；若，则；若，则.其中为假命题是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据空间中异面直线的判定定理,面面垂直的判定方法,线线关系的判定方法,及面面平行的判定定理,我们对题目中的四个命题逐一进行判断,即可得到结论.【详解】对于则与异面,故正确;对于，若m，l是异面直线，则在内存在,由，,可知，,利用线面垂直的判断定理有,故正确;对于，,则直线的位置关系可能平行、相交或者异面;故错误;对于, ,则,由面面平行的判定定理可知正确.故选:C.【点睛】本题考查了直线和平面,平面和平面的位置关系,意在考查学生的空间想象能力和推断能力.9.对于R上可导的任意函数，若满足则必有（ ）A. B. C D. 【答案】C【解析】【分析】先由题意得到函数的单调性,然后跟根据单调性进行判断可得结论.【详解】若，则为常数函数,;若不恒成立,当时, ,递增，当时,递减.故选:C.【点睛】本题考查函数最值和单调性的关系,考查对基本概念的理解,解题时可根据导函数的符号得到函数的单调性,进而得到函数的最值情况,属于中档题.10.、分别是双曲线C：的左、右焦点，若关于渐近线的对称点恰落在以为圆心，为半径的圆上，则双曲线C的离心率为（ )A. 2B. C. 3D. 【答案】A【解析】【分析】求出到渐近线的距离，利用关于渐近线的对称点恰落在以为圆心，为半径的圆上，可得直角三角形，即可求出双曲线的离心率【详解】由题意，一条渐近线方程为，则到渐近线的距离为设关于渐近线的对称点为M，与渐近线交于A，A为的中点又0是的中点，为直角，为直角三角形，由勾股定理得，故选A【点睛】本题考查双曲线的几何性质，考查勾股定理的运用，考查学生的分析与计算能力，属于中档题11.如图是把二进制的数11111化成十进制数的一个程序框图，则判断框内应填入的条件是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据程序框图依次计算得到答案.【详解】根据程序框图：；，结束.故选：.【点睛】本题考查了程序框图，意在考查学生的计算能力和理解能力.12.已知是以为周期的偶函数，当时，那么在区间内，关于的方程（且）有个不同的根，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由已知，函数在区间的图象如图所示，直线y（且）表示过定点的直线，为使关于的方程（且）有个不同的根，即直线与函数的图象有4个不同的交点.结合图象可知，当直线介于直线和直线之间时，符合条件，故选.考点：函数的奇偶性、周期性，函数与方程，直线的斜率，直线方程.二、填空题（每小题5分，满分20分）.13.若直线始终平分圆的周长，则的最小值为 【答案】【解析】【详解】由题意，所以，当且仅当时等号成立14.在中,分别是角的对边,且,则角B的大小为_.【答案】【解析】【分析】先利用正弦定理把等式右边的边转化成角的正弦,利用两角和公式化简整理求得的值，进而求得B.【详解】由题意及正弦定理可知,整理得,故答案为.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用.在解三角形问题中常用正弦定理完成边角问题的互化. 正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.15.已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为2的正三角形，俯视图是直径为2的圆，则此几何体的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】由题意可知,该几何体为底面半径为1,高为的圆锥,根据题设条件求出外接球半径,利用球的表面积公式求解即可.【详解】由题意可知,该几何体为底面半径为1,高为的圆锥,设该圆锥的外接球的球心为,半径为,球心到圆锥底面的距离为,则有,解得: ,.故答案为: .【点睛】本题主要考查了求圆锥的外接球的表面积,考查学生的空间想象能力,属于基础题.16.若M为所在平面内一点，且满足则的形状为_.【答案】等腰三角形【解析】【分析】根据向量加减法法则以及向量数量积运算法则化简条件得即可判断结果.【详解】由,可得.又因为,所以.即,由此可得是等腰三角形.故答案为:等腰三角形.【点睛】本题考查向量减法法则以及向量数量积运算法则,考查基本分析化简能力,属基础题.三、解答题（本大题共6小题，满分80分.解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤）.17.设为等差数列的前n项和，已知，且，构成公比不等于1的等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由已知条件列出求出即可得出结果;(2)由(1)可知,则利用裂项求和即可得出结果.【详解】（1），构成公比不等于1的等比数列，设数列的公差为d，由题意得：解得或当时，数列，的公比等于1，不合题意，舍去，即（2）由（1）得，【点睛】本题考查等差数列中基本量的计算,考查裂项求数列的和,难度较易.18.某市环保部门对该市市民进行了一次动物保护知识的网络问卷调查，每位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参与问卷调查的100人的得分（满分：100分）数据，统计结果如表所示：组别男235151812女051015510若规定问卷得分不低于70分的市民称为“动物保护关注者”，则山图中表格可得列联表如下：非“动物保护关注者”是“动物保护关注者”合计男104555女153045合计2575100（1）请判断能否在犯错误概率不超过005的前提下认为“动物保护关注者”与性别有关？（2）若问卷得分不低于80分的人称为“动物保护达人”现在从本次调查的“动物保护达人”中利用分层抽样的方法随机抽取6名市民参与环保知识问答，再从这6名市民中抽取2人参与座谈会，求抽取的2名市民中，既有男“动物保护达人”又有女“动物保护达人”的概率附表及公式：，其中.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）在犯错误的概率不超过0.05的前提下不能认为是否是“动物保护关注者”与性别有关；（2）.【解析】【分析】（1）将表中数据代入再与3.841比较即可得出答案（2）分层抽样的方法得到男“动物保护达人”4人，女“动物保护达人”2人先写出从中抽取两人的所有情况共有15种，既有男“动物保护达人”又有女“动物保护达人”的情况共8种情况则可计算出其概率【详解】（1）将列联表中的数据代入公式计算得的观测值所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下不能认为是否是“动物保护关注者”与性别有关.（2）由题意知，利用分层抽样的方法可得男“动物保护达人”4人，女“动物保护达人”2人设男“动物保护达人”4人分别为A，B，C，D；女“动物保护达人”2人为E，F.从中抽取两人的所有情况为AB，AC，AD，AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF共15种情况.既有男“动物保护达人”又有女“动物保护达人”的情况有AE，AF，BE，BF，CE，CF，DE， DF共8种情况所求概率.【点睛】本题考查卡方检验，简单随机事件概率，正确罗列全部事件与条件事件是解本题的关键，属于基础题19.如下图，在直角梯形中， ， ，点为线段的中点，将沿折起，使平面平面，得到几何体，如图2所示 (1)求证： 平面；(2)求点到平面的距离【答案】（）见解析； （）【解析】试题分析：（）由余弦定理以及勾股定理可证明，根据面面垂直的性质定理可得平面；（）先求出，可得，利用可得结果.试题解析：（）证明：由已知可得：，由余弦定理 从而，平面平面，平面平面 平面 （）由已知，易求， 设点到平面的距离为，又可求， 点到平面的距离为20.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C的离心率为，且椭圆C过点.（1）求椭圆C的标准方程：（2）若直线l：与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）证明见解析；定点坐标为【解析】【分析】(1) 由题意结合离心率首先确定的关系,然后结合椭圆经过的点即可确定椭圆方程；(2) 把直线的方程与椭圆的方程联立可得根与系数的关系,再利用以为直径的圆过椭圆的右顶点D,可得,即可得出与的关系,从而得出答案.【详解】解：(1)由题意设椭圆的标准方程为（），,椭圆C过点,解得椭圆的标准方程为.（2）设，直线代入椭圆方程得得，即，则,.又，因为以为直径的圆过椭圆的右焦点，即，.解得，且均满足，当时，l的方程为，直线过定点，与已知矛盾；当时，l的方程为，直线过定点.所以，直线l过定点，定点坐标为.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质应用、直线与圆锥曲线的综合问题的求解及圆的形式和两点间距离公式等基础知识的综合应用,其中把直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系,利用一元二次方程的韦达定理是解答此类问题的关键,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力及转化与化归数学思想的应用,试题有一定的难度,属于难题.21.已知函数，其中是自然对数的底数.（1）当时，求函数的极值；（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）把代入解析式中，求出导函数，令导函数等于0，解出值，列表表示的正负以及函数的单调性，从而可得函数的极值；（2）把，不等式恒成立转化为对恒成立，令，利用导数求出函数在上的最大值，即可得求出实数的取值范围【详解】（1）当时，定义域为；求导得：，方程的根为或，列表得：极大值极小值由上表可以，.（2），由条件知，对恒成立.令，.当时，在上单调递减，即，在上单调递减，则若在上恒成立，则需，即实数的取值范围是.【点睛】本题考查函数极值的求法以及函数恒成立的问题，解题的关键是利用导数研究原函数的单调性以及最值，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 .（1）求直线和曲线的普通方程；（2）已知点，且直线和曲线交于两点，求 的值【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）消去曲线C中的参数可得C的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的普通方程.（2）由直线的普通方程可知直线过P，写出直线的参数方程，与曲线C的普通方程联立，利用直线参数的几何意义及韦达定理可得结果.【详解】（1）因为曲线 的参数方程为 （为参数），所以消去参数，得曲线的普通方程为 因为直线 的极坐标方程为 ，即 ，所以直线的普通方程为 （2）因为直线经过点 ，所以得到直线的参数方程为 （为参数）设 ，把直线的参数方程代入曲线的普通方程，得， 则， 故【点睛】本题考查了直角坐标方程与极坐标方程及参数方程的互化，考查了直线参数方程及参数的几何意义，属于中档题.