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- 2023-12-05 发布
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吉黑两省九校2017-2018学年高二上学期期中考试数学（理）试题
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、选择题
1．命题“，”的否定为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】该题命题的否定是：，。特称命题和全程命题的否定，固定的变换方式是：换量词，否结论，不变条件。
故答案选D。
2．计算机执行右边的程序后，输出的结果是（ ）
A. -2018,2017 B. -1,4035 C. 1,2019 D. -1,2017
【答案】D
【解析】初始值a=2017,b=2018,进入程序后，故结果为-1,2017.
故答案为D.
3．若焦点在轴上的椭圆的离心率为，则实数等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】已知椭圆的焦点在x轴上，故 ，根据椭圆的几何性质得到：离心率为 ，解出方程得到：
故答案选B．
4．某学校有小学生125人，初中生95人，为了调查学生身体状况的某项指标，需从他们中抽取一个容量为100的样本，则采取下面哪种方式较为恰当（ ）
A. 简单随机抽样 B. 系统抽样
C. 简单随机抽样或系统抽样 D. 分层抽样
【答案】D
【解析】∵小学生，初中生身体状况差异比较大，∴根据分层差异的定义可知，适合使用分层抽样进行抽取样本。系统抽样适用于元素个数较多，且分布均衡的总体，故综合考虑，选择分层抽样较好。
故选：D．
5．已知抛物线的方程为，且过点，则焦点坐标为（ ）
A. （1,0） B. C. D. （0,1）
【答案】C
【解析】根据抛物线标准方程得到 ， ，焦点坐标为 ，代入可得焦点坐标为 ，将点代入抛物线方程得到a=2,故最终得到焦点坐标为.
故答案选C.
6．设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】根据二次不等式的解法得到： ，由条件知道小范围推大范围，大范围推不出小范围， 反之推不出。故选必要不充分条件。
故答案选B．
7．已知事件、，命题：若、是互斥事件，则；命题：，则、是对立事件，则下列说法正确的是（ ）
A. 是真命题 B. 是真命题 C. 或是假命题 D. 且是真命题
【答案】B
【解析】命题是真命题，命题：，则两件事不一定是对立事件，故ｑ命题是假命题；根据命题真假的判断知道，是假命题，故A不正确；是真命题，故B选项正确；
ｐ与ｑ一真一假故或是真命题，故C选项错误；D选项错误。
故答案选择B。
8．某市对上下班交通情况做抽样调查，作出上下班时间各抽取12辆机动车行驶时速（单位：）的茎叶图（如下）：
则上下班时间机动车行驶时速的中位数分别为（ ）
A. 28与28.5 B. 29与28.5 C. 28与27.5 D. 29与27.5
【答案】D
【解析】利用茎叶图的性质和中位数定义求解即可：由茎叶图知：
上班行驶时速的中位数为：，
下班行驶时速的中位数为：
故选：D．
9．已知一组正数，，，的方差为，则数据，，，的平均数为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
【答案】C
【解析】由方差的计算公式可得：S12=[x12+x22+…+xn2]﹣12=
可得平均数 =2．
对于数据x1+2，x2+2，x3+2，x4+2有 =2+2=4，
故答案为：C．
点睛：一般地设有n个数据，x1，x2，…xn，若每个数据都放大或缩小相同的倍数后再同加或同减去一个数，其平均数也有相对应的变化，方差则变为这个倍数的平方倍．
用公式表示即 。
10．如图，已知椭圆内有一点，、是其左、右焦点，为椭圆上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 4 D. 6
【答案】B
【解析】由椭圆的定义结合三角形中的两边之差小于第三边得： =2a﹣（| |﹣| |）≥2a﹣| |=8﹣2 =6，当且仅当M，F2，B共线时取得最小值6．
故选：B．
11．已知、、为集合中三个不同的数，通过右边框图给出的一个算法输出一个整数，则输出的数的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据框图判断，本框图输出的a为输入的三个数a，b，c中的最大值
最大值是3的情况，输入的三个数为1，2，3 ， 1种情况
最大值是4的情况，输入的三个数为1，2，3里两个以及4 ，3种情况
最大值是5的情况，输入的三个数为1，2，3，4里两个数以及5 ，6种情况
最大值是6的情况，输入的三个数为1，2，3，4，5里两个数及6，10种情况
a=5的概率= 。
故答案为 。
点睛：本题考查程序框图以及古典概型，通过程序表示出基本事件的总数，最后计算．属于基础题。具体计算如下：根据框图判断出其意义，根据意义分情况讨论，每种情况包含的种类．然后把事件发生的可能性除以总的可能性即可得出概率。
12．如图，以为直径的有一内接梯形，且，若一双曲线以、为焦点，且过、两点，则时，双曲线的离心率为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】设双曲线的标准方程为，圆的半径为，则。
由题意得为等边三角形，所以，
在中，由余弦定理得
，
所以。
由双曲线的定义可得，
故双曲线的离心率为。选C。
点睛：求双曲线离心率的注意点
双曲线的离心率涉及的内容比较多，由于是一个比值，故只需根据条件得到关于a、b、c的一个关系式，利用b2＝c2－a2消去b，然后变形求e，并且需注意e>1。同时在解题过程中还应注意双曲线定义的灵活运用。
13．在一个古典型（或几何概型）中，若两个不同随机事件、概率相等，则称和是“等概率事件”，如：随机抛掷一枚骰子一次，事件“点数为奇数”和“点数为偶数”是“等概率事件”，关于“等概率事件”，以下判断正确的是__________.
①在同一个古典概型中，所有的基本事件之间都是“等概率事件”；
②若一个古典概型的事件总数为大于2的质数，则在这个古典概型中除基本事件外没有其他“等概率事件”；③因为所有必然事件的概率都是1，所以任意两个必然事件是“等概率事件”；
④随机同时抛掷三枚硬币一次，则事件“仅有一个正面”和“仅有两个正面”是“等概率事件”.
【答案】①④
【解析】对于①，由古典概型的定义知，所有基本事件的概率都相等，故所有基本事件之间都是“等概率事件”。故①正确。
对于②，如在1,3,5,7,9五个数中，任取两个数所得和为10包括“1和9”与“3和7”两种情况，这两种情况的概率相等。故②错误。
对于③，由本题的条件可知“等概率事件”是针对于同一个古典概型的。故③不正确。
对于④，随机同时抛掷三枚硬币一次共有8中不同的结果，其中“仅有一个正面”包含3种结果，其概率为；“仅有两个正面” 包含3种结果，其概率为。故这两个事件是“等概率事件”。故④正确。
综上可得①④正确。
答案：①④
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分
二、填空题
14．用更相减损术可求得437与323的最大公约数为__________．
【答案】19
【解析】用更相减损术可得：437-323=114，323-114=209，209-114=95，114-95=19，95-19=76，76-19=57，57-19=38，38-19=19.故最终得到最大公约数为19.
点睛：本题考查更相减损术的概念和应用：任给两个正整数(若是偶数，先用2约数)，以较大的数减较小的数，接着把所得的差与较小的数比较，并以大数减小数，直到所得的数相等为止，则这个数(等数)(或这个数与约简的数的乘积)就是所求的最大公约数．但是这种算法的计算次数较辗转相除法多。
15．已知抛物线的焦点在轴正半轴上且顶点在原点，若抛物线上一点到焦点的距离是，则抛物线的方程为__________．
【答案】
【解析】设抛物线的方程为y2=2px（p＞0），
抛物线C上一点（m，2）（m＞1），
即有4=2pm，①
由抛物线的准线方程为x=﹣ ，
由抛物线的定义可得，m+=②
由①②解得m=2，p=1．
即有抛物线的方程为y2=2x．
故答案为：y2=2x．
点睛：本题考查抛物线的定义、方程和性质，主要考查抛物线的定义的运用，考查运算能力，属于中档题．具体思路如下：设抛物线的方程为y2=2px（p＞0），将点（m，2）代入抛物线方程，再由抛物线的定义，可得到焦点的距离即为到准线的距离，解m，p的方程，即可求得p=1，m=2，进而得到抛物线方程．
16．甲、乙两人进行乒乓球比赛，已知甲每局获胜的概率位0.3，我们用模拟试验的方法来计算甲获胜的概率采用三局两胜（规定必须打完三局）.首先规定用数字0,1,2表示甲获胜，用3,4,5,6,7,8,9表示乙获胜，然后用计算机产生如下20组随机数（每组三个数）：
945 860 314 217 569 780 361 582 120 948
602 759 376 148 725 549 182 674 385 077
根据以上数据可得甲获胜的概率近似为__________．
【答案】0.2
【解析】一共进行了20局比赛，根据规则和计数原则知道，120，217，182，602 这四局比赛是甲获胜，除以比赛的总局数，得到0.2，因为比赛局数较少，故是近似值。
故答案为0.2.
评卷人
得分
三、解答题
17．根除如下一个算法：
第一步，输入；
第二步，若，则，否则执行第三步；
第三步，若，则，否则；
第四步，输出.
（1）画出该算法的程序框图；
（2）若输出的值为1，求输入实数的所有可能的取值.
【答案】(1)见解析；（2）实数的所有可能取值为，-1,0.
【解析】试题分析：（1）根据算法画出程序框图即可．（2）根据算法有：由y=x2﹣1=1，可得或（舍去）．由y=|x|=1可得x=﹣1或x=1（舍去），由x=0可得y=1，从而得解．
（1）程序框图为
（2）由得或（舍去），
由得或（舍去），
由得.
所以输入实数的所有可能取值为，-1,0.
18．某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此做了四次试验，得到的数据如下：
零件的个数（个）
2
3
4
5
加工的时间（小时）
2.5
3
4
4.5
（1）在给定的坐标系中画出表中数据的散点图：
（2）求出关于的线性回归方程，并在坐标系中画出回归直线.
（注：，）
【答案】(1)见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）由题意描点作出散点图；（2）由表中数据求得b=0.7，a=3.5﹣0.7×3.5=1.05，从而解得回归方程；
（1）散点图如图：
（2）由表中数据得，，，，
∴，∴，∴.
回归直线如上图所示.
19．设实数满足；实数满足.
（1）若，且为真，求实数的取值范围；
（2）若且是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）若a=1，根据p∧q为真，则p，q同时为真，即可求实数x的取值范围；
（2）根据￢p是￢q的充分不必要条件，则q是p的充分不必要条件，A是B的真子集，建立条件关系即可求实数a的取值范围．
（1）由得，
当时，，即为真实数的取值范围是（1,3），
由，得，即为真实数的取值范围是（2,4）
若为真，则真且真.
所以实数的取值范围是（2,3）.
（2）由得，
是的充分不必要条件，即，且，
设，或，则，
又或，或或，
则，且，
所以实数的取值范围是.
20．已知抛物线：（）的焦点为，点为直线与抛物线准线的交点，直线与抛物线相交于、两点，点关于轴的对称点为.
（1）求抛物线的方程；
（2）证明：点在直线上.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】试题分析：（1）由交点坐标可得，求得可得抛物线方程；（2）设直线的方程为（），代入抛物线方程消去x整理得，再设，，进而得，可得直线的方程为，又，，故BD方程化为，令，得，即结论成立。
试题解析：
（1）依题意知，解得，
所以抛物线的方程.
（2）设直线的方程为（），
由消去x整理得，
设，，则，
且，.
又直线的方程为，
即，
在上述方程中，令，得.
所以点在直线上.
21．袋子中放有大小和形状相同的小球若干，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球2个.从袋子中不放回地随机抽取小球两个，每次抽取一个球，记第一次取出的小球标号为，第二次取出的小球标号为.
（1）记事件表示“”，求事件的概率；
（2）在区间内任取两个实数，，求“事件恒成立”的概率.
【答案】(1) ；（2）.
【解析】试题分析：（1）从袋子中不放回地随机抽取2个球，共有基本事件12个，其中“a+b=2”为事件A的基本事件有4个，故可求概率．（2）记“x2+y2＞（a﹣b）2恒成立”为事件B，则事件B等价于“x2+y2＞4恒成立，（x，y）可以看成平面中的点，确定全部结果所构成的区域，事件B构成的区域，利用几何概型可求得结论．
（1）两次不放回抽取小球的所有基本事件为，，，，，，，，，，，，共12个，事件包含的基本事件为，，，，共4个.
所以.
（2）记“恒成立”为事件，
则事件等价于“”.
可以看成平面中的点，
则全部结果所构成的区域，
而事件所构成的区域，
.
点睛：本题考查古典概型和条件概率；古典概型，找出所有事件的总和，满足条件的事件个数作比即可；条件概型一般是对于基本事件个数有无数多种情况来使用的。找到总事件所满足的区域，找到满足条件的区域，作比即可。
22．如图，已知圆：经过椭圆（）的右焦点及上顶点，过椭圆外一点（）且斜率为的直线交于椭圆、两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）由圆的方程可得，，从而，，可得，故得椭圆的方程；（2）由题意得直线的方程为（），代入椭圆方程消去y可得，然后设，，将用点C,D的坐标表示，再根据根与系数的关系得到关于的方程，解方程可得的值。
试题解析：
（1）在圆方程中，
令，得或2；令，得或2。
又圆经过椭圆的右焦点及上顶点，
∴，，
∴，，
∴，
∴椭圆的方程为.
（2）由题意得直线的方程为（）.
由消去得.
∵直线线交于椭圆、两点，
∴，
解得.
又，
∴，
设，，则，.
∴
∵，
∴
又，
∴，解得或.
又，
∴.
点睛：解决直线和圆锥曲线位置关系问题的注意点：
（1）根据条件设出合适的直线的方程，当不知直线是否有斜率时需要分两种情况讨论；
（2）在具体求解时，常采用设而不求、整体代换的方法，可使运算简单；
（3）不要忽视判别式的作用，在解题中判别式起到了限制参数范围的作用，这一点容易忽视。