2018-2019学年齐市地区普高联谊高二上学期期末考试数学(理)试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省齐市地区普高联谊高二上学期期末考试数学(理)试题一、单选题1若集合Ax|x25x0，则RA（ ）A（0，5）B（，0C5，+）D（，05，+）【答案】A【解析】可以求出集合，然后进行补集的运算即可【详解】解：或，故选：【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，补集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题2若一组数据的茎叶图如图，则该组数据的中位数是（ ）A79B79.5C80D81.5【答案】A【解析】由给定的茎叶图得到原式数据，再根据中位数的定义，即可求解.【详解】由题意，根据给定的茎叶图可知，原式数据为：，再根据中位数的定义，可得熟记的中位数为，故选A.【点睛】本题主要考查了茎叶图的应用，以及中位数的概念与计算，其中真确读取茎叶图的数据，熟记中位数的求法是解答的关键，属于基础题.3设抛物线的焦点为，点在抛物线上，则“”是“点到轴的距离为2”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】根据抛物线的定义和标准方程，即可判定充分性和必要性都成立，即可得到答案.【详解】由题意，抛物线可化为，则，即，设点的坐标为，因为，根据抛物线的定义可得，点到其准线的距离为，解得，即点到轴的距离为2，所以充分性是成立的；又由若点到轴的距离为2，即，则点到其准线的距离为，根据抛物线的定义，可得点到抛物线的焦点的距离为3，即，所以必要性是成立的，即“”是“点到轴的距离为2”的充要条件，故选C.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义与标准方程的应用，以及充要条件的判定，其中解答中熟记抛物线的定义和标准方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4有300人参加了一次会议，为了了解这300人参加会议的体会，将这300人随机编号为001，002，003，300，用系统抽样方法（等距离）抽出60人，若在编号为006，021，036，041，176，208，286的7个人中有1个没有抽到，则这个编号是（ ）A041B176C208D286【答案】C【解析】求出样本间隔，结合系统抽样的定义进行判断即可【详解】解：样本间隔为，由已知数据可知抽到的编号尾号为1，6，故208不满足条件，故选：【点睛】本题主要考查系统抽样的应用，结合条件求出样本间隔是解决本题的关键比较基础5某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在20，45（岁）内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图如图，则在这200名市民中年龄在40，45（岁）内的人数为（ ）A15B20C25D30【答案】B【解析】由频率分布直方图先求出年龄在，（岁内的频率，由此能求出在这200名市民中年龄在，（岁内的人数【详解】解：由频率分布直方图得：年龄在，（岁内的频率为：，在这200名市民中年龄在，（岁内的人数为故选：【点睛】本题考查频数的求法，考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题6若等差数列an的前n项和Sn满足Sn（2a1）n2+2an，a613，则an的公差d（ ）A2BC1D【答案】A【解析】直接利用数列的通项公式和前项和公式的应用求出结果【详解】解：等差数列的前项和满足，所以当时，当时，所以所以，解得当时，由于，解得故选：【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，等差数列的通项公式和前项和公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型7一个几何体的三视图如图（图中尺寸单位：），则该几何体的体积和表面积分别为（ ）ABCD【答案】C【解析】结合三视图，还原直观图，利用体积计算公式，即可。【详解】该几何体是一个半径为1的球体削去四分之一，体积为，表面积为.【点睛】本道题考查了三视图还原直观图问题，发挥空间想象能力，结合体积计算公式，即可。8在半径为2圆形纸板中间，有一个边长为2的正方形孔，现向纸板中随机投飞针，则飞针能从正方形孔中穿过的概率为（ ）ABCD【答案】D【解析】根据面积比的几何概型，即可求解飞针能从正方形孔中穿过的概率，得到答案.【详解】由题意，边长为2的正方形的孔的面积为，又由半径为2的圆形纸板的面积为，根据面积比的几何概型，可得飞针能从正方形孔中穿过的概率为，故选D.【点睛】本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算，以及正方形的面积和圆的面积公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9若如图所示的程序框图的输出结果为二进制数化为十进制数(注：)，那么处理框内可填入（ ）ABCD【答案】D【解析】由二进制数化为十进制数，得出，得到运行程序框输出的结果，验证答案，即可求解.【详解】由题意，二进制数化为十进制数，即运行程序框输出的结果为21，经验证可得，处理框内可填入，故选D.【点睛】本题主要考查了二进制与十进制的转化，以及循环结构的程序框图的计算与输出，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10曲线C1：ycosx，曲线C2：ysin2x，下列说法正确的是（ ）A将C1上所有点横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，再将所得曲线向左平移个单位，得到C2B将C1上所有点横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，再将所得曲线向左平移个单位，得到C2C将C1上所有点横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，再将所得曲线向右平移个单位，得到C2D将C1上所有点横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，再将所得曲线向右平移个单位，得到C2【答案】D【解析】由题意利用函数的图象变换规律，得出结论【详解】解：曲线，曲线，对于，将上所有点横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得，再将所得曲线向左平移个单位，得到的函数解析式为，不符题意；对于，将上所有点横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，得，再将所得曲线向左平移个单位，得到的函数解析式为，不符题意；对于，将上所有点横坐标缩小到原来的倍，纵坐标不变，得，再将所得曲线向右平移个单位，得到的函数解析式为，不符题意；对于，将上所有点横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，得，再将所得曲线向右平移个单位，得到的函数解析式为，符合题意；故选：【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，属于基础题11已知三棱锥PABC的6条棱中，有2条长为1，有4条长为2，则从中任意取出的两条，这两条棱长度相等的概率为（ ）ABCD【答案】B【解析】从中任意取出的两条，基本事件总数，这两条棱长度相等包含的基本事件个数，由此能求出这两条棱长度相等的概率【详解】解：三棱锥的6条棱中，有2条长为1，有4条长为2，从中任意取出的两条，基本事件总数，这两条棱长度相等包含的基本事件个数，这两条棱长度相等的概率故选：【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题12设双曲线1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线与双曲线交于P，Q两点，且|QF1|PF1|3a，0，则此双曲线的离心率为（ ）ABC2D【答案】A【解析】讨论，的位置，可得在左支上，在右支上，且，设，由双曲线的定义和直角三角形的勾股定理，计算可得所求离心率【详解】解：若，同在左支上，由，即，可得，不符合题意；故在左支上，在右支上，且，设，可得，在直角三角形中，可得，解得，可得，在直角三角形中，可得，即有，即有故选：【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查直角三角形的勾股定理，化简运算能力，属于中档题二、填空题13命题“x00，lnx0x0”的否定为_【答案】x0，lnxx【解析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可【详解】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“，”的否定为：，故答案为：，【点睛】本题考查命题的否定特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查14已知实数x，y满足，则z4x2y的最大值为_【答案】4【解析】作出不等式组对应的平面区域，设得，利用数形结合即可的得到结论【详解】解：作出实数，满足对应的平面区域如图：，则，平移直线，由图象可知当直线经过点A时，直线的截距最小，由，可得此时最大，故答案为：4【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键，是中档题15若椭圆：的焦距为，则椭圆的长轴长为_.【答案】【解析】根据椭圆的性质，列出方程求得的值，即可求解，得到答案.【详解】由题意，椭圆的焦距为，则，解得，所以，所以椭圆的长轴长为.【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的应用，其中熟记椭圆的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.16如图，在四棱锥中，底面为菱形，侧棱底面，则异面直线与所成角的余弦值为_.【答案】【解析】以分别为轴，以过点平行与的直线为轴建立空间直角坐标系，求得向量的坐标，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】由题意，以分别为轴，以过点平行与的直线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设与所成的角为，则，所以与所成的角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，把异面直线所成的角转化为两个向量所成的角，利用向量的夹角公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.三、解答题17在中，角的对边分别为，且. (1)求的大小；(2)若，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理化简已知等式，整理后根据sinB0求出，即可确定出A的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，把a，b，cosA的值代入求出c的值，再由b，sinA的值，利用三角形面积公式求出即可【详解】（1）由正弦定理得，（2），解得或（舍）， .【点睛】此题考查了正弦、余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键18已知函数的最小值为（1）求的值；（2）若对一切实数都成立，求实数的取值范围【答案】（1）m2 （2）（，0）（，+）【解析】（1）根据二次函数的性质对进行讨论，即可求解最小值为，可得的值；（2）分离参数，结合基本不等式即可求解；【详解】解：（1）函数的最小值为当时，在上单调递增，没有最小值；当时，可知时取得最小值；即，解得，故的值为（2）由对一切实数都成立，即，可得，（当且仅当时取等号），即解得：或故得实数的取值范围【点睛】本题考查了复合函数的单调性和二次函数的最值问题，基本不等式的应用，属于基础题19商品的销售价格与销售量密切相关，为更精准地为商品确定最终售价，商家对商品A按以下单价进行试售，得到如下数据：单价x（元）1516171819销量y（件）6058555349（1）求销量y关于x的线性回归方程；（2）预计今后的销售中，销量与单价服从（1）中的线性回归方程，已知每件商品A的成本是10元，为了获得最大利润，商品A的单价应定为多少元？（结果保留整数）（附：，（1560+1658+1755+1853+19494648，152+162+172+182+1921455）【答案】（1）； （2）24元【解析】（1）由已知求得与的值，则线性回归方程可求；（2）写出获得利润的函数，再由二次函数求最值【详解】（1）由题意，y关于x的线性回归方程为；（2）由题意，获得的利润当时，取最大值单价应定为24元，可获得最大利润【点睛】本题考查线性回归方程的求法，训练了利用二次函数求最值，是中档题20如图，四棱锥中，底面是平行四边形，且底面.(1)证明：平面平面；(2)若二面角为，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）先由底面，得到，再在平行四边形中，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面平面.（2）由（1）知，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：因为底面，所以，因为平行四边形中，所以，因为，所以平面，而平面，所以平面平面.（2）由（1）知，平面，所以即为二面角的平面角，即，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则,则,所以，设平面的法向量为，则，令，得，所以与平面所成角的正弦值为. 【点睛】本题考查了面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21已知圆C：x2+y2+2x2y+10和抛物线E：y22px（p0），圆C与抛物线E的准线交于M、N两点，MNF的面积为p，其中F是E的焦点（1）求抛物线E的方程；（2）不过原点O的动直线l交该抛物线于A，B两点，且满足OAOB，设点Q为圆C上任意一动点，求当动点Q到直线l的距离最大时直线l的方程【答案】（1）y24x （2）y5x20【解析】（1）求得圆的圆心和半径，抛物线的焦点和准线方程，由三角形的面积公式和圆的弦长公式，计算可得，可得抛物线的方程；（2）不过原点的动直线的方程设为，联立抛物线方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件，解方程可得，即有动直线恒过定点，结合图象可得直线时，到直线的距离最大，求得直线的斜率，可得所求方程【详解】解：（1）圆的圆心，半径为1，抛物线的准线方程为，由的面积为，可得，即，可得经过圆心，可得则抛物线的方程为；（2）不过原点的动直线的方程设为，联立抛物线方程，可得，设，可得，由可得，即，即，解得，则动直线的方程为，恒过定点，当直线时，到直线的距