黑龙江齐齐哈尔高二数学期末考试理

齐齐哈尔市2018-2019学年度高二下学期期末考试数学试卷(理科)第I卷一、选择题：本大题共12小题，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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别计算集合A和B，再计算.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了集合的交集，属于简单题.2.若复数满足，（为虚数单位）则在复平面内对应的点的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简复数得到答案.【详解】在复平面内对应的点的坐标是故答案选C【点睛】本题考查了复数的计算，意在考查学生的计算能力.3.已知随机变量服从正态分布,则A. B. C. D. 【答案】D【解析】略4.高中数学课程标准(2017 版)规定了数学学科的六大核心素养.为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图(如图，每项指标值满分为分，分值高者为优)，则下面叙述正确的是（ ）(注:雷达图(Radar Chart)，又可称为戴布拉图、蜘蛛网图(Spider Chart)，可用于对研究对象的多维分析)A. 甲的数据分析素养高于乙B. 甲的数学建模素养优于数学抽象素养C. 乙的六大素养中逻辑推理最差D. 乙的六大素养整体水平优于甲【答案】D【解析】【分析】根据雷达图，依次判断每个选项的正误得到答案.【详解】根据雷达图得甲的数据分析素养低于乙，所以A错误根据雷达图得甲的数学建模素养等于数学抽象素养，所以B错误根据雷达图得乙的六大素养中数学建模和数学抽象最差，所以C错误根据雷达图得乙整体为27分，甲整体为22分，乙的六大素养整体水平优于甲，所以D正确故答案选D【点睛】本题考查了雷达图，意在考查学生解决问题的能力.5.函数的图象的大致形状为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取特殊值排除得到答案.【详解】，排除ACD故答案选B【点睛】本题考查了函数图像的判断，特殊值可以简化运算.6.如表是某厂节能降耗技术改造后，在生产甲产品过程中记录的产量（吨）与相应的生产能耗（吨）的几组对应数据： 3456 2.53m4.5若根据如表提供的数据，用最小二乘法可求得对的回归直线方程是，则表中的值为（ ）A. 4B. 4.5C. 3D. 3.5【答案】A【解析】由题意可得，故样本中心为。因为回归直线过样本中心，所以，解得。选A。7.的展开式中只有第5项系数最大，则展开式中含项的系数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据只有第5项系数最大计算出，再计算展开式中含项的系数【详解】只有第5项系数最大, 展开式中含项的系数,系数为 故答案选C【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.8.将函数的图像向右平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）A. 函数的最大值为B. 函数的最小正周期为C. 函数的图象关于直线对称D. 函数在区间上单调递增【答案】D【解析】【分析】根据平移变换和伸缩变换的原则可求得的解析式，依次判断的最值、最小正周期、对称轴和单调性，可求得正确结果.【详解】函数向右平移个单位长度得：横坐标伸长到原来的倍得：最大值为，可知错误；最小正周期为，可知错误；时，则不是的对称轴，可知错误；当时，此时单调递增，可知正确.本题正确选项：【点睛】本题考查三角函数平移变换和伸缩变换、正弦型函数的单调性、对称性、值域和最小正周期的求解问题，关键是能够明确图象变换的基本原则，同时采用整体对应的方式来判断正弦型函数的性质.9.设是边长为的正三角形，是的中点，是的中点，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将作为基向量，其他向量用其表示，再计算得到答案.【详解】设是边长为的正三角形，是的中点，是的中点，故答案选D【点睛】本题考查了向量的乘法，将作为基向量是解题的关键.10.甲、乙、丙三人每人准备在个旅游景点中各选一处去游玩，则在“至少有个景点未被选择”条件下，恰有个景点未被选择的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设事件A为：至少有个景点未被选择，事件B为：恰有个景点未被选择,计算和,再利用条件概率公式得到答案.【详解】设事件A为：至少有个景点未被选择，事件B为：恰有个景点未被选择 故答案选A【点睛】本题考查了条件概率，意在考查学生对于条件概率的理解和计算.11.在平面直角坐标系中，双曲线的右支与焦点为的抛物线交于，两点，若，则该双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据抛物线定义得到，再联立方程得到得到答案.【详解】由抛物线定义可得： ,因为 ,所以 渐近线方程为.故答案选A【点睛】本题考查抛物线，双曲线的渐近线，意在考查学生的计算能力.12.若函数与函数的图象有三个交点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通过参数分离得到，换元法设，画出函数和的图像，根据图像有三个交点得到范围.【详解】若函数与函数的图象有三个交点有三个解.设 当时单调递减，当单调递增. 画出图像：是奇函数且是单调递增有两个解，设为 有一个解，图象有三个交点必须是两个解 故答案为B【点睛】本题考查了函数的零点问题，参数分离换元法是解题的关键.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案写在答题卡相应题的横线上.13.已知等差数列的前项和为，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据等差数列的性质得到，再计算得到答案.【详解】已知等差数列故答案为【点睛】本题考查了等差数列的性质，前N项和，利用性质可以简化运算.14.给出下列命题：“”是“”的充分必要条件；命题“若，则”的否命题是“若，则”；设，则“且”是“”的必要不充分条件；设，则“”是“”的必要不充分条件.其中正确命题的序号是_.【答案】【解析】【分析】逐项判断每个选项的正误得到答案.【详解】当时，成立，但不成立，所以不具有必要性，错误根据否命题的规则得命题“若，则”的否命题是“若，则”；，正确.因为且”是“”的充分不必要条件，所以错误因为且，所以“”是“”的必要不充分条件.正确.故答案为【点睛】本题考查了充分必要条件，否命题，意在考查学生的综合知识运用.15.已知是定义在上的奇函数，当时，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】求导根据导数判断函数是单调递增的，再利用解得答案.【详解】当时，是定义在上的奇函数是在上单调递增故答案为【点睛】本题考查了函数的奇偶性，单调性，判断函数在上单调递增是解题的关键.16.我国南北朝时期数学家祖瞘，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同， 则积不容异”，其中“幂”是截面积，“势” 是几何体的高，该原理的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被任一平行于这两个平行平面的平面所截，若所截的两个截面的面积恒相等，则这两个几何体的体积相等.如图，在空间直角坐标系中的平面内，若函数的图象与轴围城一个封闭的区域，将区域沿轴的正方向平移个单位长度，得到几何体（图一），现有一个与之等高的圆柱（图二），其底面积与区域的面积相等，则此圆柱的体积为 _.图一 图二【答案】【解析】【分析】先利用定积分计算底面面积，再用体积公式得到答案.【详解】的图象与轴围城一个封闭的区域 故答案为【点睛】本题考查了体积的计算，意在考查学生解决问题的能力.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤.第1721题为必答题，每个考生都必须作答.第22、23 题为选考题，考生根据要求作答.17.某企业为了检查甲、乙两条自动包装流水线的生产情况，随机在这两条流水线上各抽取件产品作为样本称出它们的质量(单位：毫克)，质量值落在的产品为合格品，否则为不合格品。如表是甲流水线样本频数分布表，如图是乙流水线样本的频率分布直方图。产品质量/毫克频数（1）根据乙流水线样本的频率分布直方图，求乙流水线样本质量的中位数（结果保留整数）；（2）由以上统计数据完成列联表，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为产品包装是否合格与两条自动包装流水线的选择有关？甲流水线乙流水线总计合格品不合格品总计下列临界值表仅供参考：参考公式：，其中.【答案】（1）210；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）先判断中位数在第四组，再根据比例关系得到计算得到答案.（2）完善列联表，计算，与临界值表作比较得到答案.【详解】解：（1）因为前三组的频率之和 前四组的频率之和 所以中位数在第四组，设为由，解得（2）由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为， 所以，列联表是：甲流水线乙流水线总计合格品不合格品总计所以的观测值故在犯错误的概率不超过的前提下，不能认为产品的包装是否合格与两条自动包装流水线的选择有关【点睛】本题考查了中位数的计算，独立性检验，意在考查学生的计算能力和解决问题的能力.18.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，.（1）求证：为的中点；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）平面， 得到，为的中点.（2）以为坐标原点，分别以、所在直线为、轴距离空间直角坐标系，计算各个点坐标，平面的法向量为，利用向量夹角公式得到答案.【详解】解:证明：如图，设，为正方形，为的中点， 连接 平面， 平面， 平面平面， 则，即为中点； （2）解：取中点，平面 平面，且平面平面 ，平面，则，连接，则，由是的中点，是的中点，可得，则 以为坐标原点，分别以、所在直线为、轴距离空间直角坐标系由，得，.设平面的一个法向量为，则由，得，取，得.，直线与平面所成角的正弦值为：.【点睛】本题考查了线面平行，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19.甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为.本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束.设各局比赛相互间没有影响且无平局.求：（1）前三局比赛甲队领先的概率；（2）设本场比赛的局数为，求的概率分布和数学期望. (用分数表示)【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）分为甲队胜三局和甲队胜二局两种情况，概率相加得到答案.（2）本场比赛的局数为有3,4,5三种情况，分别计算概率得到分布列，最后计算得到答案.【详解】解：（1）设“甲队胜三局”为事件，“甲队胜二局”为事件， 则，所以，前三局比赛甲队领先的概率为（2）甲队胜三局或乙胜三局，甲队或乙队前三局胜局，第 局获胜甲队或乙队前四局胜局，第局获胜的分部列为：数学期望为【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和解决问题的能力.20.已知椭圆：的一个焦点为，点在上.（1）求椭圆的方程；（2）若直线：与椭圆相交于，两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】先求出c的值，再根据，又，即可得到椭圆的方程;假设y轴上存在点，是以M为直角顶点的等腰直角三角形，设，线段AB的中点为，根据韦达定理求出点N的坐标，再根据，即可求出m的值，可得点M的坐标【详解】由题意可得，点在C上，又，解得，椭圆C的方程为，假设y轴上存在点，是以M为直角顶点的等腰直角三角形，设，线段AB的中点为，由，消去y可得，解得，依题意有，由，可得，可得，由可得，代入上式化简可得，则，解得，当时，点满足题意，当时，点满足题意【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21.已知函数，其中，均为实数，为自然对数的底数（1）求函数的极值；（2）设，若对任意的，（），恒成立，求实数的最小值【答案】（1）极大值，无极小值；（2）【解析】试题分析：（1）对函数求导，得到，得到极值点，求出极值；（2）不妨设，则等价于：，即，分离参数，利用导数求最值求出参数范围即可试题解析：（1），令，得，列表如下：当时，取得极大值，无极小值；（2）当时，时，在恒成立，在上为增函数，设，在上恒成立，在上为增函数，不妨设，则等价于：，即，设，则在上为减函数，在上恒成立，恒成立，设，减函数，在上的最大值，的最小值为.考点：（1）利用导数研究函数在闭区间上的最值；（2）利用导数研究函数的极值.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.如图，在极坐标系中，弧，所在圆圆心分别是，曲线是弧，曲线是线段，曲线是线段，曲线是弧.（1）分别写出，的极坐标方程；（2）曲线由，构成，若点，（），在上，则当时，求点的极坐标.【答案】（1）线的极坐标方程为：，的极坐标方程为：，的极坐标方程分别为：，；（2），.【解析】【分析】（1）在极坐标系下，在曲线上任取一点，直角三角形中，曲线的极坐标方程为：，同理可得其他.（2）当时，当，计算得到答案.【详解】（1）解法一：在极坐标系下，在曲线上任取一点，连接、，则在直角三角形中，得：.所以曲线的极坐标方程为：又在曲线上任取一点，则在中，由正弦定理得：， 即：，化简得的极坐标方程为：同理可得曲线，的极坐标方程分别为：，解法二：（先写出直角坐标方程，再化成极坐标方程.）由题意可知，的直角坐标方程为：，所以，的极坐标方程为：，（2）当时，当时，所以点的极坐标为，【点睛】