2018-2019学年厦门双十中学高二下学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年福建省厦门双十中学高二下学期第二次月考数学（理）试题一、单选题1已知复数，则“”是“为纯虚数”的（ ）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分又非必要条件【答案】A【解析】复数为纯虚数，则且，解得，所以“”是“为纯虚数”的充分不必要条件故选2设随机变量服从正态分布，则（ ）ABCD【答案】D【解析】分析：由题可知，正态曲线关于对称，根据，即可求出详解：随机变量服从正态分布 正态曲线关于对称 故选D.点睛：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，本题解题的关键是正态曲线的对称性.3根据如下样本数据得到的回归方程为，则345678A，B，C，D，【答案】B【解析】【详解】试题分析：由表格数据的变化情况可知回归直线斜率为负数，中心点为，代入回归方程可知【考点】回归方程4在一次独立性检验中，得出列联表如图：且最后发现，两个分类变量A和B没有任何关系，则a的可能值是（ ）A合计B2008001000180a180+a合计380800+a1180+aA200B720C100D180【答案】B【解析】把列联表中所给的数据代入求观测值的公式，建立不等式，代入验证可知a的可能值.【详解】解：因为两个分类变量A和B没有任何关系，所以 ，代入验证可知 .故选：B.【点睛】本题考查两个变量之间的有关或无关的精确的可信程度，只有利用独立性检验的有关计算，才能做出判断.5若 ，则s1,s2,s3的大小关系为（ ）As1s2s3Bs2s1s3Cs2s3s1Ds3s2s1【答案】B【解析】选B.【考点】此题主要考查定积分、比较大小，考查逻辑推理能力.6小明，小光，小亮，小美，小青和小芳6人站成一排拍合影，要求小明必须排在从右边数第一位或第二位，小青不能排在从右边数第一位，小芳必须排在从右边数第六位，则不同的排列种数是（ ）A36B42C48D54【答案】B【解析】由题意可分析小明在右边第一位时和小明在右边第二位时的排种数进行求和即可.【详解】解：依题意，若小明排在右边第一位有 种排法；若小明排在右边第二位，则有种排法，所以不同的排列种数是.故选：B.【点睛】本题考查排列、组合的运用及简单的计数问题，属于基础题.7从中任取个不同的数，事件“取到的个数之和为偶数”，事件“取到两个数均为偶数”，则( )ABCD【答案】B【解析】先求得和的值，然后利用条件概率计算公式，计算出所求的概率.【详解】依题意,故.故选B.【点睛】本小题主要考查条件概型的计算，考查运算求解能力，属于基础题.8函数yxcos xsin x的图象大致为 ()ABCD【答案】D【解析】由于函数y=xcosx+sinx为奇函数，故它的图象关于原点对称，所以排除选项B，由当时，y=10，当x=时，y=cos+sin=0.由此可排除选项A和选项C.故正确的选项为D.故选D.9若函数在是增函数，则a的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】由函数在是增函数，可得在上恒成立，进而转化为在上恒成立，构造函数求出在上的最值，可得的取值范围.【详解】解：因为函数在是增函数，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，则，当时，则为减函数.所以.所以.故选：D.【点睛】本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，恒成立问题，是导数的综合应用，难度中档.10已知抛物线的焦点为F，以F为圆心的圆交于A，B两点，交的准线于C，D两点，若四边形ABCD是矩形，则圆的方程为（ ）ABCD【答案】D【解析】依题意知，圆的圆心坐标为，且点为该矩形对角线的交点，利用点到直线的距离与点到的距离相等，可求得直线的方程为：，从而可求得 点坐标，从而可求得圆的半径，于是可得答案.【详解】解：由题可得：抛物线的焦点为 ，所以圆的圆心坐标为，因为四边形ABCD是矩形，且为 直径，为直径，为圆的圆心,所以点为该矩形对角线的交点，所以点到直线的距离与点到的距离相等，故点到直线的距离 ，所以直线的方程为： ，所以 ，故圆的半径 ，所以圆的方程为.故选：D【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查圆的标准方程的确定，分析得到点F为该矩形ABCD的两条对角线的交点是关键，考查作图、分析与运算能力，属于中档题.11是定义在R上的函数的导函数，满足，都有，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ）ABCD【答案】C【解析】构造函数，研究的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解.【详解】，解：设，则，因为，所以，所以，所以在定义域上单调递增，因为，所以，又因为，所以 ，所以不等式的解集为.故选：C.【点睛】本题考查函数单调性，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键.12如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用A288种B264种C240种D168种【答案】B【解析】先分步再排列先涂点E，有4种涂法，再涂点B，有两种可能：(1)B与E相同时，依次涂点F，C，D，A，涂法分别有3，2，2，2种；(2)B与E不相同时有3种涂法，再依次涂F、C、D、A点，涂F有2种涂法，涂C点时又有两种可能：（2.1）C与E相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法（2.2）C与E不相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法所以不同的涂色方法有43222+321(12+12)+1(12+11)=4(24+42)=264二、填空题13观察下列等式：据此规律，第个等式可写为 _【答案】【解析】试题分析：由已知得，第个等式含有项，其中奇数项为，偶数项为，其等式右边为后项的绝对值之和，所以第个等式为【考点】归纳推理14已知曲线的切线l经过原点，则切线l的方程为_.【答案】【解析】设出切点的坐标，根据设出的切点坐标和原点求出切线的斜率，同时由求出其导函数，把切点的横坐标代入导函数中即可表示出切线的斜率，两次求出的斜率相等列出关于 的方程，求出方程的解即可得到的值，进而得到切点坐标，根据切点坐标和切线过原点写出切线方程即可.【详解】解：设切点坐标为 ，由切线过原点，得到切线的斜率 ，又因为，把 代入可得斜率，所以，得到，解得，则切点坐标为，所以切线方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数求曲线上过某点切线的方程，属于基础题.15若的二项展开式的各项系数之和为729，则该展开式中的常数项为_【答案】240【解析】根据题意有，求出的值，即可求出二项展开式的通项，进而可求常数项.【详解】解：令得，解得，其二项展开式的通项为：，令，得，所以展开式中的常数项为240，故答案为：240.【点睛】本题考查二项式系数的性质，要注意正确利用二项展开式的通项.16已知，分别是双曲线的左，右焦点，是双曲线上在第一象限内的点，若且.延长交双曲线右支于点，则的面积等于_【答案】4【解析】结合双曲线性质，可以计算，进一步结合双曲线性质，得到为等腰三角形，结合三角形面积计算公式，即可得出答案。【详解】由题意知，根据双曲线定义，所以，所以.由图知，所以，为等腰三角形，又因为，所以，则为等腰直角三角形，所以.所以.【点睛】本道题考查了双曲线的基本性质，结合双曲线上点到焦点距离之差为定值，即可判定为等腰直角三角形，结合该三角形三边关系，即可得出答案。三、解答题17不等式的解集为.（1）求m的值；（2）设，且，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】（1）对进行讨论，去绝对值解出不等式的范围，进而求出m的值；（2）根据柯西不等式，得，从而可求的最大值.【详解】（1），.综上所述不等式的解集为所以.（2）依题意得由柯西不等式得，当且仅当，且.即，时取等号，的最大值为.【点睛】本题考查解绝对值不等式求参数，考查柯西不等式求最大值，正确运用柯西不等式是关键182017年4月1日，新华通讯社发布:国务院决定设立河北雄安新区，消息一出，河北省雄县、容城、安新3县及周边部分区域迅速成为海内外高度关注的焦点.(1)为了响应国家号召，北京市某高校立即在所属的8个学院的教职员工中作了“是否愿意将学校整体搬迁至雄安新区”的问卷调查，8个学院的调查人数及统计数据如下:请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出变量关于变量的线性回归方程(保留小数点后两位有效数字)；若该校共有教职员工2500人，请预测该校愿意将学校整体搬迁至雄安新区的人数；(2)若该校的8位院长中有5位院长愿意将学校整体搬迁至雄安新区，现该校拟在这8位院长中随机选取4位院长组成考察团赴雄安新区进行实地考察，记为考察团中愿意将学校整体搬迁至雄安新区的院长人数，求的分布列及数学期望.参考公式及数据：，.【答案】（1）2000；（2）见解析【解析】试题分析：（1）依据公式计算回归方程，在根据求出的结果得到相应的预测值.（2）是离散型随机变量，它服从超几何分布，故根据公式计算出相应的概率，得到分布列后再利用公式计算期望即可.解析：（1）由已知有 ，,故变量 关于变量 的线性回归方程为，所以当 时， .（2）由题意可知的可能取值有1，2,3,4.，.所以 的分布列为123419如图，已知O的直径AB=3，点C为O上异于A，B的一点，平面ABC，且，点M为线段VB的中点.（1）求证：平面VAC；（2）若AB与平面VAC所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明平面VAC；(2)由AB与平面VAC所成角的余弦值为，求出，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值.【详解】(1)证明：因为平面ABC，平面ABC，所以，又因为点C为圆O上一点，且AB为直径，所以，又因为VC，平面VAC，所以平面VAC.(2)由(1)知平面VAC，所以AB与平面VAC的所成角就是，在，.由(1)得，分别以AC，BC，VC，所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系C-xyz如图：则，设平面VAC的法向量，设平面VAM的法向量，由，令，得，.设二面角M-VA-C的平面角为，所以，所以所求二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判断以及二面角余弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用.20某花店每天以每枝元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理.（1）若花店一天购进枝玫瑰花，求当天的利润(单位：元)关于当天需求量（单位：枝，）的函数解析式.（2）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得下表：以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.（i）若花店一天购进枝玫瑰花，表示当天的利润（单位：元），求的分布列，数学期望及方差；（ii）若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由.【答案】（1）2）（i）（ii）应购进17枝【解析】【详解】（1）当时，当时，得：（2）（i）可取，的分布列为（ii）购进17枝时，当天的利润为得：应购进17枝21已知动圆与圆相切，且与圆相内切，记圆心的轨迹为曲线.（）求曲线C的方程；（）设Q为曲线C上的一个不在轴上的动点，O为坐标原点，过点作OQ的平行线交曲线C于M,N两个不同的点, 求QMN面积的最大值【答案】(1) ;(2) .【解析】【详解】试题分析：（1）由已知条件推导出|PF1|+|PF2|=8|F1F2|=6，从而得到圆心P的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，由此能求出圆心P的轨迹C的方程;（2）由MNOQ，知QMN的面积=OMN的面积，联立直线和椭圆得到二次方程，根据韦达定理和弦长公式得到的面积，由此能求出QMN的面积的最大值解析：（）设圆的半径为, 圆心的坐标为，由于动圆与圆相切，且与圆相内切，所以动圆与圆只能内切. 所以 则. 所以圆心的轨迹是以点为焦点的椭圆, 且, 则.所以曲线的方程为. （）设，直线的方程为，由 可得，则. 所以 因为，所以的面积等于的面积. 点到直线的距离. 所以的面积.令，则 ，. 设，则.因为, 所以所以在上单调递增.所以当时, 取得最小值, 其值为. 所以的面积的最大值为. 说明: 的面积.点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用22已知函数.（1）讨论的单调区间；（2）当且，求证：.【答案】（1）见解析（2）证明见解析【解析】（1）函数定义域为，求出导函数，通过，判断导函数符号，求解函数的单调区间；（2）运用分析法转化证明，要证，只需证，法一中要证，只需证：，令，求导判断导数值符号即可；法二中只需证，设，在上恒成立，求出，的最值进行比较即可；法三中只需证：.设，判断，函数单调递增