2019-2020学年长沙市湖南师范大学附中高二上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年湖南省长沙市湖南师范大学附中高二上学期期末数学试题一、单选题1设为虚数单位，已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】D【解析】根据复数的基本运算解得再判断即可.【详解】因为,所以复数在复平面内对应的点在第四象限,故选：D.【点睛】本题主要考查了复数的基本运算与几何意义,属于基础题型.2如图，在三棱锥中，分别是的中点，设，用表示，则等于（ ）ABCD【答案】B【解析】利用空间向量的基本运算求解即可.【详解】.故选：B.【点睛】本题主要考查了空间向量的基本运算,需要根据三角形法则对向量进行转换,属于基础题型.3设，则成立的一个充分不必要条件是（ ）ABC且D【答案】D【解析】根据充分不必要条件的定义辨析即可.【详解】由可得,但由得不到,如.故选：D.【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的辨析,属于基础题型.4设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ）A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形D不确定【答案】B【解析】利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.【详解】因为，所以由正弦定理可得，所以，所以是直角三角形.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 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.5在的展开式中，项的系数为（ ）ABC45D90【答案】C【解析】根据二项式定理公式分析求解即可.【详解】展开式中的通项公式是：,令,则,故项的系数为：,故选：C.【点睛】本题主要考查了求二项式中系数的问题,属于基础题型.6设等差数列的前项和为，已知，则（ ）ABC8080D4040【答案】C【解析】设等差数列的公差为,根据等差数列的基本量求法求解基本量,再求和即可.【详解】设等差数列的公差为,因为,则,即,则.因为,则,故选：C.【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量求解方法以及前项和公式,属于基础题型.7袋中有大小完全相同的个红球和个黑球，不放回地摸出两球,设“笫一次摸得红球”为亊件, “摸得的两球同色”为亊件,则概率为（ ）ABCD【答案】A【解析】试题分析：依题意，,则条件概率，故选A.【考点】条件概率.8某单位有4位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0，1，2，5，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），四人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车（车牌尾数为2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（ ）A4B12C16D24【答案】B【解析】根据题意先安排安排奇数日出行再安排偶数日出行分步分类求解即可.【详解】15日至18日,有2天奇数日和2天偶数日,车牌尾数中有2个奇数和2个偶数.第一步安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有种.第二步安排偶数日出行,分两类：第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2种；第二类,不安排甲的车,只有1种选择,共计.根据分步计数原理,不同的用车方案种数共有,故选：B.【点睛】本题主要考查了排列组合的运用,属于基础题型.二、多选题9甲、乙两类水果的质量（单位：）分别服从正态分布，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法中正确的是（ ）A甲类水果的平均质量B甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值附近C甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小D乙类水果的质量比甲类水果的质量更集中于平均值附近【答案】ABC【解析】根据正态分布的图像意义判定即可.【详解】由图像可知,甲类水果的平均质量,乙类水果的平均质量,则A,B,C都正确；D不正确.故选：ABC.【点睛】本题主要考查了正态分布图像的理解,属于基础题型.10设椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上一动点，则下列说法中正确的是（ ）A当点不在轴上时，的周长是6B当点不在轴上时，面积的最大值为C存在点，使D的取值范围是【答案】ABD【解析】根据椭圆的几何性质逐个分析即可.【详解】由椭圆方程可知,从而.据椭圆定义,又,所以的周长是6,A项正确.设点,因为,则.因为,则面积的最大值为,B项正确.由椭圆性质可知,当点为椭圆短轴的一个端点时,为最大.此时,又,则为正三角形,所以不存在点,使,C项错误.由图可知,当点为椭圆的右顶点时,取最大值,此时；当点为椭圆的左顶点时,取最小值,此时,所以,D项正确,故选：ABD.【点睛】本题主要考查了椭圆的几何意义与性质的运用,属于基础题型.11下列命题中为真命题的是（ ）ABCD【答案】AD【解析】根据全称命题与特称命题以及函数的性质逐个判定即可.【详解】A项,当时,则,又,所以恒成立,命题为真；B项,因为,所以方程无解,命题为假；C项,因为对恒成立,则命题错误；D项,结合指数函数与对数函数在上的图像,命题为真,故选：AD.【点睛】本题主要考查了函数性质与全称命题和特称命题的真假判定,属于基础题型.12若直线与曲线满足下列两个条件：直线在点处与曲线相切；曲线在点附近位于直线的两侧，则称直线在点处“切过”曲线.则下列结论正确的是（ ）A直线在点处“切过”曲线B直线在点处“切过”曲线C直线在点处“切过”曲线D直线在点处“切过”曲线【答案】ACD【解析】根据“切过”的定义以及导数的几何意义逐个选项判定即可.【详解】A项,因为,当时,所以是曲线在点处的切线.当时,；当时,所以曲线在点附近位于直线的两侧,结论正确；B项,当时,在处的切线为.令,则,当时,；当时,所以.故,即当时,曲线全部位于直线的下侧（除切点外）,结论错误；C项,当时,在处的切线为,由正弦函数图像可知,曲线在点附近位于直线的两侧,结论正确；D项,当时,在处的切线为,由正切函数图像可知,曲线在点附近位于直线的两侧,结论正确.故选：ACD.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义运用,属于中等题型.三、填空题13设曲线 在点处的切线方程_.【答案】【解析】求出函数的导函数，得到函数在处的导数，即为切线的斜率，由直线方程的点斜式得答案【详解】由题意，函数的导数为，可得曲线在点处的切线斜率为，即切线的斜率为，则曲线在点处的切线方程为，即为，即故答案为：【点睛】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，其中解答中明确曲线上某点处的切线的斜率等于函数在该点处的导数值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14已知随机变量的分布列为123若，则_【答案】【解析】根据数学期望的求法列式求解即可.【详解】,令,则.故答案为：【点睛】本题主要考查了数学期望的求法,属于基础题型.15设分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线的左顶点，点在过点且斜率为的直线上，若为等腰三角形，且，则双曲线的离心率为_.【答案】3【解析】过点作轴,垂足为再根据三角形中的边角关系与双曲线的定义求解即可.【详解】过点作轴,垂足为.由已知,则,所以.由,解得,所以双曲线的离心率.故答案为：3【点睛】本题主要考查了根据双曲线的几何意义与三角形中的关系求解离心率的方法,需要找到对应的基本量的关系列式求解.属于中等题型.16已知是边长为的正三角形，为的中点，沿将折成一个大小为的二面角，设为四面体的外接球球心.则（1）球心到平面的距离为_（2）球的体积为_.【答案】 【解析】(1)做辅助线构造三角形,根据球心到球面距离的点相等以及三角形中的关系求解即可.(2)根据立体几何中的边角关系求解球的半径,再求体积即可.【详解】（1）如图,在四面体中,则.因为,则.设的外心为,则平面.因为平面,则.取的中点,因为,则,所以.（2）在正中,由正弦定理,得.在中,所以.故答案为：(1). (2). 【点睛】本题主要考查了立体几何中的外接球问题,需要做辅助线构造三角形,再根据平面几何中的边角关系求解.所以中等题型.四、解答题17的内角所对的边分别为，的面积为，若.（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求及的值.【答案】（1）（2）；【解析】(1)根据面积公式与余弦定理求解即可.(2)先根据余弦定理与求得,继而利用正弦定理求得,再利用面积公式与正弦定理化简求解即可.【详解】（1）因为,所以,即,所以,又因为,所以.（2）因为,所以,即所以.因为,且,所以,即由正弦定理得,解得.【点睛】本题主要考查了利用正余弦定理与面积公式求解三角形的问题.包括边角转换的运用方法等.属于中等题型.18已知等差数列满足，当时.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】(1)代入可求得,进而求得公差与通项公式即可.(2)由(1),再利用前项和与通项的关系求解的通项公式,再利用错位相减求解即可.【详解】（1）因为,则,又,则.所以等差数列的公差,又因为,所以.（2）因为）,则,两式相减,得,所以当时,.经检验,也符合该式,所以的通项公式是.因为,则两式相减,得所以.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式求解与数列的前项和与通项的关系.同时也考查了错位相减的方法,属于中等题型.19如图，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱，是线段的延长线上一点，平面分别与相交于.（1）求证：平面；（2）求当为何值时，平面平面.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】(1)根据线面平行的性质证明即可.(2)分别取线段的中点,再根据题意分析平面时的点,根据三角形的全等与相似的关系求得的长度即可.或者建立空间直角坐标系求解.【详解】（1）因为,在平面外,则平面.因为平面平面,则,从而.因为在平面外,所以平面.（2）解法一：分别取线段的中点,则,所以四点共面.因为,则,所以.因为,则.若,则平面,从而平面平面.此时,则.因为是边长为2的正三角形,则,又,则,从而,所以当时,平面平面.（2）解法二：如图,分别取的中点,以为原点,直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系由已知,则点,从而设平面的法向量为,由,得取,则设,则点,从而设平面的法向量,由,得取,则.因为平面平面,则,得,从而所以当时,平面平面.【点睛】本题主要考查了线面平行的性质与判定,同时也考查了判断面面垂直的条件等.需要根据题意根据线面的关系求解各边的长度分析垂直关系等.属于难题.20在一场抛掷骰子的游戏中，游戏者最多有三次机会抛掷一颗骰子，游戏规则如下：抛掷1枚骰子，第1次抛掷骰子向上的点数为奇数则记为成功，第2次抛掷骰子向上的点数为3的倍数则记为成功，第3次抛掷骰子向上的点数为6则记为成功.游戏者在前两次抛掷中至少成功一次才可以进行第三次抛掷，其中抛掷骰子不成功得0分，第1次成功得3分，第2次成功得3分，第3次成功得4分.（1）求游戏者有机会第3次抛掷骰子的概率；（2）设游戏者在一场抛掷骰子游戏中所得的分数为，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）详见解析【解析】(1)分别求得第一、二、三次抛掷骰子成功的概率,再根据概率的加法公式分情况求解即可.(2)根据题意可知的可能取值为0,3,6,7,10.再分情况求解每个可能值的分布列,再求数学期望即可.【详解】（1）据题意,游戏者第一、二、三次抛掷骰子成功的概率分别为：设游戏者有机会抛挪第3次骰子为事件,则所以游戏者有机会抛掷第3次骰子的概率为.（2）据题意,的可能取值为0,3,6,7,10.；.的分布列为036710的数学期望为.【点睛】本题主要考查了分情况讨论求解概率的问题以及离散型随机变量的分布列与数学期望的问题,需要根据题意分析所有可能的情况与概率,属于中等题型.21如图，拋物线的顶点在坐标原点，焦点在轴负半轴上，过点作直线与拋物线相交于两点，且满足.（1）求直线和拋物线的方程；（2）当拋物线上一动点从点运动到点时，求面积的最大值.【答案】（1）直线的方程为，抛物线方程为（2）【解析】(1)设直线的方程为,抛物线方程为,再联立方程利用韦达定理表达,继而求得直线的斜率与方程.(2)根据当抛物线过点的切线与平行时,面积最大,利用导数的几何意义求解.或者设点,再表达出面积根据参数的范围分析面积表达式再求最值即可.【详解】（1）据题意可设直线的方程为,抛物线方程为由,得,.设点,则,.所以因为,所以,解得故直线的方程为,抛物线方程为.（2）解法一：据题意,当抛物线过点的切线与平行时,面积最大设点,因为,由,所以.此时,点到直线的距离.由,得,.所以.故面积的最大值为.解法二：由,得,.所以.设点,点到直线的距离为,则,当时,此时点.故面积的最大值为.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线相交、相切的位置关系,包括联立直线与抛物线方程,利用韦达定理表示向量数量积进而求得参数的方法.同时也考查了抛物线中的面积问题.属于难题.22已知函数，其中为自然对数的底，为实常数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，求函数在区间上的最大值.【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是和（2）【解析】(1)求导后分析导数求单调增区间,再求单调递减区间即可.(2)求导后根据极值点的大小关系,分的情况讨论函数的单调性与最