2017-2018学年云南省玉溪市一中高二下学期期末考试数学(理)试题(解析版)

1、第1页共23页2017-2018 学年云南省玉溪市一中高二下学期期末考试数学（理）试题一、单选题1.已知A=1,B= ,贝U AU B =A. I或1 B. r C. I D. I1【答案】D【解析】【分析】根据二次不等式的解法得到B=丁=:卜1 -：； -，再根据集合的并集运算得到结果【详解】B= 5C心弋 =鶯卜1弋*A=吓则A U B = r1.故答案为：D.【点睛】高考对集合知识的考查要求较低，均是以小题的形式进行考查，一般难度不大，要求考 生熟练掌握与集合有关的基础知识纵观近几年的高考试题，主要考查以下两个方面：一是考查具体集合的关系判断和集合的运算.解决这类问题的关键在于正确理解集

2、合中元素所具有属性的含义， 弄清集合中元素所具有的形式以及集合中含有哪些元素.二是考查抽象集合的关系判断以及运算.-2i2复数I =A.I B. C.ID.1【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算得到结果【详解】-21- 2i(l-l)-=-i(l-i) = -i-1第2页共23页复数I =故答案为：A.【点睛】本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题，复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减 乘除运算，复数的模长的计算3.设等差数列 的前项和为，若，则=A.20B.35 C.45D. 90【答案】C【解析】【分析】

3、号9弘严 A 触心6)利用等差数列的前n项和的性质得到S9=，直接求解.【详解】等差数列an的前n项和为Sn,a4+a6=10,99dai +a9)二 十a6)二45. S9=故选：C.【点睛】这个题目考查的是数列求和的常用方法；数列通项的求法中有：直接根据等差等比数列公式求和；已知 和 的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。|x-| -34.设.，则“，.”是“”的A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】第3页共23页根据绝对值不等式和三

4、次不等式的解法得到解集,推小范围得到结果【详解】判断充要条件的方法是：若p? q为真命题且q? p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；若p? q为假命题且q? p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分 条件；若p? q为真命题且q? p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；若p? q为假命题且q? p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件.判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系.5在中,为边上的中线，为，的中点，则=弓亠1 -1丄 m1 -1 -3 -ABAC-ABAC-AB + -AC-AB十-ACA.B.C.D.4

5、4【答案】A【解析】【分析】运用向量的加减运算和向量中点的表示,计算可得所求向量.【详解】在厶ABC中，AD为BC边上的中线,E为AD的中点,-丄1 -EB = AB-AE = AB - -AD211亠1亠AB * -(AB + At) = -ABAC2244故选：A.【点睛】本题考查向量的加减运算和向量中点表示，考查运算能力，属于基础题向量的两个作根据小范围可推大范围， 大范围不能得到I-x 1，由.则定有I;反之1，则不13- X 1X -一疋有2；故“ 4故答案为：B.解1;”是“I”的充分不必要条件【点睛】第4页共23页用：载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我

6、们熟悉的数学问题；工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题6如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）C. 28 nD. 32 n【答案】C【解析】【分析】L空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4,圆锥的高是2,在轴截面中圆锥的母线长使用勾股定理做出的，写出表面积，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4,做出圆柱的表面积，注意不包括重合的平面.【详解】由三视图知，空间几何体是一个组合体，L上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2,在轴截面中圆锥的母线长是=4, 圆锥的侧面积是nX 2X 4=8n下面是一个圆柱，圆柱的

7、底面直径是4，圆柱的高是4,圆柱表现出来的表面积是nX2 nX 2 X 4=20 n空间组合体的表面积是28 n,故选：C.【点睛】本题考查由三视图求表面积，本题的图形结构比较简单，易错点可能是两个几何体重叠的部分忘记去掉， 求表面积就有这样的弊端.思考三视图还原空间几何体首先应深刻理第5页共23页解三视图之间的关系，遵循长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的 高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到

8、几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.7.:展开式中.项的系数是A.4B. 5 C. 8 D.12【答案】B【解析】【分析】把(1+x)5按照二项式定理展开，可得(1-x) (1+x)5展开式中x2项的系数.【详解】(1-x) (1+x)5=(1-x) (1+5x+10 x2+10 x3+5x4+x5),其中可以出现的有110 x2和-x5x，其它的项相乘不能出现平方项，故展开式中x2项的系数是10-5=5,故选：B.【点睛】这个题目考查的是二项式中的特定项的系数问题，在做二项式的问题时，看清楚题目是求二项式系数还是系数，还要注意在求系数和时，是不是缺少首项；解决

9、这类问题常用 的方法有赋值法，求导后赋值，积分后赋值等。8.LABC中，角A,B,C的对边分别是2a,b,c,已知b二c, a2=2b 1 - si nA，则A=3兀兀A.B.C.D.4346【答案】C【解析】试题分 析:由 余 弦定 理 得：2 2 2 2 2 2 2 2a be- 2bccosA = 2b -2b cosA = 2b 1 - cosA，因为a = 2b 1 - sinA,所以cosA = sinA,因为cosA = 0,所以tan A = 1，因为A三0,二，所以A，故4选C.【考点】余弦定理【名师点睛】本题主要考查余弦定理的应用、同角三角函数的基本关系，是高考常考知识内容

10、本题难度较小，解答此类问题，注重边角的相互转换是关键，本题能较好地考查考生分析问题、解决问题的能力及基本计算能力等第6页共23页9.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是A.210 B. 336 C.84D.343【答案】B【解析】【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果.【详解】由题意知本题需要分组解决，T对于7个台阶上每一个只站一人有A；种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有C31A72种，根据分类计数原理知共有不同的站法种数是

11、A73+CA72=336种.故答案为：B.【点睛】分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.分步要做到步骤完整-完成了所有步骤，恰好完成任务.10九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑若三棱锥：为鳖臑，： 丄平面门：,Y ,三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球匚的表面积为A.B.IC. * D.-【答案】A【解析】【分析】求解底图形角ABC为直角，底面外接圆的圆心是斜边AC的中点，PA丄平面ABC，球心在过底面圆心并且和PA平行的直线上，球心到圆心的距离为1,利用圆心与球心构造直

12、角三角形求解即可.【详解】由题意，PA丄平面ABC,PA=AB=2,AC=2，因为平面ABC，和平面PBC都是是直角三角形，则角ABC为直角，此时满足BC垂直于PA,BC垂直于AB进而得到BC垂 直于PB，此时满足面PBC为直角三角形，底面外接圆的圆心是斜边AC的中点，球心第7页共23页在过底面圆心并且和PA平行的直线上，并且球心到圆心的距离为1直角三角形外接圆的半径为r=.R2=r2+1,即R=.球0的表面积S=4nR=12 n故选：A.【点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置

13、，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的 距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面 中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半 径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球2 2X 4-=111.已知椭圆的左右焦点分别为，以为圆心，. 为直径的圆与椭圆在第一象限相交于点，且直线：的斜率为 ，则椭圆的离心率为A.，

14、B.CD.【答案】D【解析】【分析】利用直角三角形的边角关系、椭圆的定义离心率计算公式即可得出.【详解】在RtPFg中，/ FIPF2=90 直线卩的斜率为品故得到/POF2=60 |PF2|=C,由三角形三边关系得到|PFi|=,又|PFi|+|PF2|=2a=c+：,【点睛】本题考查椭圆的几何性质及其应用，求椭圆的离心率（或离心率的取值范围），常见有两第8页共23页c e =-种方法：求出，代入公式；只需要根据一个条件得到关于:的齐次式，结,2 2 2 2合 转化为的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以或转化为关于：的方程（不等式），解方程（不等式）即可得（的取值范围）.12已知函数川；

15、、（），若有且仅有两个整数1，使得，则的取值范围为27271-5A.1)21 10，-B.)C )D.)【答案】D【解析】【分析】设g(x)=ex(3x-1),h(x)=ax-a,对g(x)求导，将冋题转化为存在2个整数x使得g(xj在直线h(x)=ax-a的下方，求导数可得函数的极值，解g(-1) -h(1 )0,求得a的取值范围.【详解】设g(x)=ex(3x-1),h(x)=ax-a,则g(x)=ex(3x+2),2x( -汽-巧，g (x) 0, g ( x)单调递增，22x=-，取最小值-,g(0)=-10,直线h(x)=ax-a恒过定点(1,0)且斜率为a,-1g(-1)-h(-1

16、)=-4e +2a0解得：a揚X,72故答案为：).故选：D.【点睛】本题考查求函数的导数，利用导数判断函数的单调性和极值问题，涉及转化的思想，属于中档题对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0;或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数。、填空题【答案】【解析】【详解】生的概率.在区间-3，5上随机取一个实数X，由几何概型概率计算公式得：1. 0+2 11 (-) 4事件“”发生的概率为p= =.13.在区间上随机取一个实数，则事件艺4”发生的概率为由，得-2Wx 1,x-2y + 30巴

17、15若实数丫满足条件I沦% ，则只的最大值为_.【答案】1【解析】【分析】-1Z二-作出平面区域，则表示过（0,1）和平面区域内一点的直线斜率求解最大值即第10页共23页第11页共23页可.【详解】X1,x-2y + 30作出实数x,y满足条件I V的平面区域如图所示y-i2 =-由平面区域可知当直线过A点时，斜率最大.fx=1解方程组：；：-=心：得A（1,考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形常见的类型有截距型（ + b斜率型（型）和距离型（:型）.（3）确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解.（4）求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。注意解答本题时不要

18、忽视斜率不存在的情形16函数；-汕匕：乂川=TIg(x) = mcos(2x)-2mi + 3函数(m 0)，若对所有的第12页共23页4i1：-【答案】 引【解析】【分析】n分别求得f(x)、g(x)在0，心上的值域，结合题意可得它们的值域间的包含关系, 从而求得实数m的取值范围.【详解】n f(x)=sin2x+( 2COS2X-1)=sin2x+ cos2x=2sin(2x+),nn n 5nn当x0,2x+,; , sin(2x+)1,2, f ( x)1,2.TIn nKm对于g(x)=mcos(2x- )-2m+3(m0),2x-6 3 ? j ?mcos(2x- )m,3-mi

19、g(x)-+3,3-m.nn由于对所有的X20,总存在Xi0,，使得f(xi)=g(X2)成立，3 m可得-+3,3-m? 1,2,3m4故有3-m1解得实数m的取值范围是1,.411-故答案为：I引.【点睛】本题考查两角和与差的正弦函数，着重考查三角函数的性质的运用，考查二倍角的余弦，nn解决问题的关键是理解对所有的X20,总存在Xi0,，使得f(xi)=g(X2)成立”的含义，转化为f(X)的值域是g(X)的子集.三、解答题E0-nio-4总存在4j、的取值范围是使得 成立，则实数第13页共23页17在中，角,的对边分别为，且(a + b(sinA-5inB) = cfsinC-sinB)

20、(2)若* -，求面积的最大值.nA =厂【答案】(1) ; (2)I.【解析】【分析】b2+?-a21222CO$A =-=-(1)根据正弦定理得到：，再由余弦定理得到，根据特殊角的三角函数值得到结果；(2)根据余弦定理可知：.：，根据重要不等1口艮 厂S = bcsin = c 43式和a=4得到乜：；：一：匹，即卜上飞，再由面积-，最终得到结果【详解】(1)根据正弦定理可知： -时灼 怕b2+ ca2iCO$A =-=-由余弦定理的推论得i!a2= b2+ c2- 2bccos- =+ c2- be3(2)根据余弦定理可知:16 s 2 be - be =beAABC面积当且仅当一时等号

21、成立.，即(2)第14页共23页故面积的最大值为【点睛】1.解三角形的应用中要注意与基本不等式的结合，以此考查三角形中有关边、角的范围问题利用正弦定理、余弦定理与三角形的面积公式，建立如“宀山”之间的等量关系与不等关系，通过基本不等式考查相关范围问题；2注意与三角函数的图象与性质的综合考查，将两者结合起来，既考查解三角形问题，也注重对三角函数的化简、计算及考查相关性质等；3.正、余弦定理也可能结合平面向量及不等式考查面积的最值 或求面积，此时注意应用平面向量的数量积或基本不等式进行求解18已知某厂生产的电子产品的使用寿命(单位：小时)服从正态分布 ：，,且P(X1300) =P(X1200)=

22、P(X V 800).即可得出P(1200XV(k=0,1,2,3).即可得出.【详解】正态分布N(1000 /) 1300) = 0.02P(1200X 1300) + P(X 3 1300) = P(X 1200= P(XS00) = O,l:、P(1200 S X 1300) = 0.1 - 0.02 = 0.08即从该厂随机抽取一件产品，其使用寿命在丄宀m的概率为-:41300);(2)P( 800 WXV 1200)=1-2P(X V 800)=.可得YB(3,).P( Y=k )=(1)第15页共23页P(800 X b0)L-20.已知椭圆-的离心率为，且过点(1)求椭圆1的方程

23、;(2)若直线 与椭圆 交于两点(点：二均在第一象限)，且直线，：1；的斜率成等比 数列，证明：直线的斜率为定值.一 + = 1【答案】；(2)见解析.【解析】试题分析:(1)根据椭圆的离心率和所过的点得到关于-的方程组，解得 后可得椭圆的方 程.(2)由题意设直线的方程为: ：,与椭圆方程联立后消元可得二次方程,-二卩=(-3,0,),I = ( 0 , 3, ),COS Va:= 丁| 厂=或者可以通过建系的方法求两,),第20页共23页一 +v = 1故椭圆1的方程为(2)由题意可知直线 的斜率存在且不为0,设直线 的方程为，消去Y整理得(X +4kV+ 8kmx+现吊-1)=0,直线

24、与椭圆交于两点,.A二64kZm2-16(1 + 4kZ)(m2-1)二16(4k2-+ 1) 0设点i的坐标分别为 ,-8km4(m - 1)衍+勺二-去 i 勺则：2 ViV2- (kxL+ mjikx;+ m 1 = k叫电+血赳 +x2j + m直线宀；的斜率成等比数列,12整理得-8k2m22-+ m = 0 .l + 4k21k =-结合图象可知，故直线的斜率为定值.根据二次方程根与系数的关系可得直线；二:的斜率，再根据题意可得此式可求得1，为定值.试题解析:c靠_ = _a213(1)由题意可得w&饗g严2，解得.2 v2yx，根据第21页共23页点睛：(1)圆锥曲线中的

25、定点、定值问题是常考题型，难度一般较大，常常把直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，注重数学思想方法的考查，尤其是函数思想、数形结合思想、 分类讨论思想的考查.(2)解决定值问题时，可直接根据题意进行推理、计算，并在计算推理的过程中消去 变量，从而得到定值.21.已知函数.(1)当时，求曲线*在点1 :处的切线方程；a + 1=-(2)设，若不等式对任意二三.-门恒成立，求的取值范围.+ 1-)【答案】(1) ;(2);.【解析】【分析】(1)把a=2代入原函数解析式中，求出函数在x=1时的导数值，直接利用直线方程的点斜1 + ax +- - alnx式写直线方程；(2)设曲-，即h(x)0恒成

26、立，对函数求导，分 I, ,I：；样-三种情况得到函数单调性，进而得到结果.【详解】(1)当时，切点为,2f (x) = 1- X二f (1) = 1-2=1曲线1-在点处的切线方程为 ,即x+y-2=1 + 3x +- - alnx(x 0)(2)设r 0 a e -1、：-1eZ+ 1e -1 a 0可得“-2,即-2a03当I :，即时，可得最小值为.：，u 0 ln（i + a） 1:、o sln(i +2即ez+1 （-2, ）综上可得，-的取值范围是.【点睛】导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 叫芒。，若如。恒成立W；（3）若心咖恒成立，可转化为 兀讷浊隔抓（需在同一处