2018-2019学年广东省梅州市高一下学期期末数学试题（解析版） 18页

‎2018-2019学年广东省梅州市高一下学期期末数学试题 一、单选题 ‎1．设集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：利用一元二次不等式的解法化简集合，由子集的定义可得结果.‎ 详解：，‎ ‎，，故选C.‎ 点睛：本题主要考查解一元二次不等式，集合的子集的定义，属于容易题，在解题过程中要注意考虑端点是否可以取到，这是一个易错点，同时将不等式与集合融合，体现了知识点之间的交汇.‎ ‎2．（ ）‎ A．0 B． C． D．1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：‎ ‎【考点】两角和正弦公式 ‎3．如果a＜b＜0，那么下列不等式成立的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】对于选项A,因为，所以，所以 即，所以选项A错误；对于选项B，，所以，选项B错误；对于选项C，，当 时，，当，，故选项C错误；对于选项D，‎ ‎，所以，又，所以，所以，选D.‎ ‎4．某文体局为了解“跑团”每月跑步的平均里程，收集并整理了2018年1月至2018年11月期间“跑团”每月跑步的平均里程（单位：公里）的数据，绘制了下面的折线图.根据折线图，下列结论正确的是（ ）‎ A．月跑步平均里程的中位数为6月份对应的里程数 B．月跑步平均里程逐月增加 C．月跑步平均里程高峰期大致在8、9月 D．1月至5月的月跑步平均里程相对于6月至11月，波动性更小，变化比较平稳 ‎【答案】D ‎【解析】根据折线图中11个月的数据分布，数据从小到大排列中间的数可得中位数，根据数据的增长趋势可判断BCD.‎ ‎【详解】‎ 由折线图知，月跑步平均里程的中位数为5月份对应的里程数；月跑步平均里程不是逐月增加的；月跑步平均里程高峰期大致在9，l0月份，故A，B，C错.本题选择D选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了识别折线图进行数据分析，属于基础题.‎ ‎5．已知，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：利用余弦的二倍角公式可得，进而利用同角三角基本关系，使其除以，转化成正切，然后把的值代入即可．‎ 详解：由题意得.‎ ‎∵‎ ‎∴‎ 故选A.‎ 点睛：本题主要考查了同角三角函数的基本关系和二倍角的余弦函数的公式．解题的关键是利用同角三角函数中的平方关系，完成了弦切的互化．‎ ‎6．数列为等比数列，若，，数列的前项和为，则　　‎ A． B． C．7 D．31‎ ‎【答案】A ‎【解析】先求等比数列通项公式，再根据等比数列求和公式求结果.‎ ‎【详解】‎ 数列为等比数列，，，‎ ‎，解得，‎ ‎，‎ 数列的前项和为，‎ ‎．‎ 故选．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列通项公式与求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎7．某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图如图所示，已知甲得分的极差为32，乙得分的平均值为24，则下列结论错误的是（ ）‎ A．‎ B．甲得分的方差是736‎ C．乙得分的中位数和众数都为26‎ D．乙得分的方差小于甲得分的方差 ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，依次分析选项，综合即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，依次分析选项：‎ 对于A，甲得分的极差为32，30+x﹣6=32，解得：x=8，A正确，‎ 对于B，甲得分的平均值为，‎ 其方差为，B错误；‎ 对于C，乙的数据为：12、25、26、26、31，其中位数、众数都是26，C正确，‎ 对于D，乙得分比较集中，则乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查茎叶图的应用，涉及数据极差、平均数、中位数、众数、方差的计算，属于基础题．‎ ‎8．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】根据空间线、面的位置关系有关定理，对四个选项逐一分析排除，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】‎ 对于A选项，直线有可能在平面内，故A选项错误.对于B选项，两个平面有可能相交，平行于它们的交线，故B选项错误.对于C选项，可能平行，故C选项错误.根据线面垂直的性质定理可知D选项正确.故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查空间线、面位置关系的判断，属于基础题.‎ ‎9．如图，两个正方形和所在平面互相垂直，设、分别是和的中点，那么：①；②平面；③；④、异面.其中不正确的序号是（ ）‎ A．① B．② C．③ D．④‎ ‎【答案】D ‎【解析】取的中点，连接，，连接，，由线面垂直的判定和性质可判断①；由三角形的中位线定理，以及线面平行的判定定理可判断②③④．‎ ‎【详解】‎ 解：取的中点，连接，，连接，，‎ 正方形和所在平面互相垂直，‎ ‎、分别是和的中点，可得，，‎ 平面，可得，故①正确；‎ 由为的中位线，可得，‎ 且平面，可得平面，故②③正确，④错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间线线和线面的位置关系，考查转化思想和数形结合思想，属于基础题．‎ ‎10．如图，正方体中，异面直线与所成角的正弦值等于　　‎ A． B． C． D．1‎ ‎【答案】D ‎【解析】由线面垂直的判定定理得：，又，所以面，由线面垂直的性质定理得：，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 解：连接，‎ 因为四边形为正方形，所以，又，‎ 所以面，‎ 所以，‎ 所以异面直线与所成角的正弦值等于1，故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面垂直的判定定理及性质定理，属中档题．‎ ‎11．已知且,则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：，由，可得，又，可得，化简整理即可得出.‎ 详解：，由，可得，‎ 又，‎ 可得，‎ 化为，‎ 解得，‎ 则的取值范围是.‎ 故选：A.‎ 点睛：本题考查了基本不等式的性质、一元二次不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎12．设定义域为的奇函数是增函数，若对恒成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可得，即为，‎ 可得恒成立，讨论是否为0，结合换元法和基本不等式，可得所求范围．‎ ‎【详解】‎ 解：由题意可得，‎ 即为，‎ 可得恒成立，‎ 当时，上式显然成立；‎ 当时，可得，‎ 设，，‎ 可得，‎ 由，可得，‎ 可得，即，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的奇偶性和单调性的运用，考查不等式恒成立问题解法，注意运用参数分离和换元法，考查化简运算能力，属于中档题．‎ 二、填空题 ‎13．不等式的解集是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】且，然后解一元二次不等式可得解集．‎ ‎【详解】‎ 解：，‎ ‎∴且，‎ 或，‎ 不等式的解集为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查分式不等式的解法，关键是将分式不等式转化为其等价形式，属于基础题．‎ ‎14．设是等差数列的前项和，若，则___________.‎ ‎【答案】5.‎ ‎【解析】由已知结合等差数列的性质求得，代入等差数列的前项和得答案．‎ ‎【详解】‎ 解：在等差数列中，由，得 ‎，，‎ 则，‎ 故答案为：5．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质，考查了等差数列前项和的求法，属于基础题．‎ ‎15．从甲、乙、丙、丁四个学生中任选两人到一个单位实习，余下的两人到另一单位实习，则甲、乙两人不在同一单位实习的概率为________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】求得从甲、乙、丙、丁四个学生中任选两人的总数和甲、乙两人不在同一单位实习的方法数，由古典概型的概率计算公式可得所求值．‎ ‎【详解】‎ 解：从甲、乙、丙、丁四个学生中任选两人的方法数为种，‎ 甲、乙两人不在同一单位实习的方法数为种，‎ 则甲、乙两人不在同一单位实习的概率为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎16．如图，四棱锥中，所有棱长均为2，是底面正方形中心，为中点，则直线与直线所成角的余弦值为____________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】以为原点，为轴，为轴，为 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与直线所成角的余弦值．‎ ‎【详解】‎ 解：四棱锥中，所有棱长均为2，是底面正方形中心，为中点，‎ ‎，平面，‎ 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，， ，‎ ‎∴， ，‎ 设直线与直线所成角为，‎ 则，‎ 直线与直线所成角的余弦值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17．单调递增的等差数列满足，且成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）设等差数列的公差为，，运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得公差，进而得到所求通项公式；‎ ‎（2）求得，再用裂项相消法即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设等差数列的公差为，，‎ 可得，，‎ 由，，成等比数列，‎ ‎，‎ 解得或舍去），‎ 则；‎ ‎（2），‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的通项公式和等比数列中项性质，考查数列的裂项相消法求和，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎18．2019年4月23日“世界读书日”来临之际，某校为了了解中学生课外阅读情况，随机抽取了100名学生，并获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，按阅读时间分组：第一组[0,5), 第二组[5,10)，第三组[10,15)，第四组[15,20)，第五组[20,25]，绘制了频率分布直方图如下图所示．已知第三组的频数是第五组频数的3倍．‎ ‎（1）求的值，并根据频率分布直方图估计该校学生一周课外阅读时间的平均值；‎ ‎（2）现从第三、四、五这3组中用分层抽样的方法抽取6人参加校“中华诗词比赛”．经过比赛后，从这6人中随机挑选2人组成该校代表队，求这2人来自不同组别的概率．‎ ‎【答案】（1）a=0.06，平均值为12.25小时 （2）‎ ‎【解析】（1）由频率分布直方图可得第三组和第五组的频率之和，第三组的频率，由此能求出a和该样本数据的平均数，从而可估计该校学生一周课外阅读时间的平均值；‎ ‎（2）从第3、4、5组抽取的人数分别为3、2、1，设为A，B，C，D，E，F，利用列举法能求出从该6人中选拔2人，从而得到这2人来自不同组别的概率．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由频率分布直方图可得第三组和第五组的频率之和为 ‎，‎ 第三组的频率为 ‎∴ ‎ 该样本数据的平均数 ‎ ‎ 所以可估计该校学生一周课外阅读时间的平均值为小时．‎ ‎（2）易得从第3、4、5组抽取的人数分别为3、2、1， ‎ 设为，则从该6人中选拔2人的基本事件有：‎ ‎ ‎ 共15种，‎ 其中来自不同的组别的基本事件有：‎ ‎ ， ‎ 共11种，‎ ‎∴这2人来自不同组别的概率为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平均数、概率的求法，考查古典概型、频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎19．在中，已知，其中角所对的边分别为．求 ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若， 的面积为，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）1.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)利用正弦定理角化边，结合三角函数的性质可得；‎ ‎(2)由△ABC的面积可得，由余弦定理可得，结合正弦定理可得：的值是1.‎ 试题解析：‎ ‎（1） 由正弦定理，得， ‎ ‎∵， ∴. 即，而 ‎ ‎ ∴， 则 ‎ ‎（2）由，得，‎ 由及余弦定理得，‎ 即，所以．‎ ‎20．在“新零售”模式的背景下，某大型零售公司为推广线下分店，计划在市的区开设分店.为了确定在该区开设分店的个数，该公司对该市已开设分店的其他区的数据作了初步处理后得到下列表格.记表示在各区开设分店的个数，表示这个分店的年收入之和.‎ ‎（个）‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎（百万元）‎ ‎2.5‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎4.5‎ ‎6‎ ‎（1）该公司已经过初步判断，可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程；‎ ‎（2）假设该公司在区获得的总年利润（单位：百万元）与之间的关系为，请结合（1）中的线性回归方程，估算该公司应在区开设多少个分店时，才能使区平均每个分店的年利润最大？‎ 参考公式：，.‎ ‎【答案】(1) ;(2) 该公司应开设4个分店时，在该区的每个分店的平均利润最大.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）根据所给数据，按照公式计算回归方程中的系数即可；‎ ‎（2）利用（1）得利润与分店数之间的估计值，计算，由基本不等式可得最大值．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由表中数据和参考数据得：，，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴．‎ ‎（2）由题意，可知总收入的预报值与之间的关系为：，‎ 设该区每个分店的平均利润为，则，‎ 故的预报值与之间的关系为，‎ 则当时，取到最大值，‎ 故该公司应开设4个分店时，在该区的每个分店的平均利润最大．‎ ‎21．如图，是菱形，对角线与的交点为，四边形为梯形，，．‎ ‎（1）若，求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面平面；‎ ‎（3）若，求直线与平面所成角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）‎ ‎【解析】（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面；‎ ‎（2）只需证明平面．即可证明平面平面；‎ ‎（3）作于，则为与平面所成角，在中，由余弦定理得即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：取的中点，连接，，‎ ‎∵是菱形的对角线，的交点，‎ ‎∴，且，‎ 又∵，且，‎ ‎∴，且，‎ 从而为平行四边形，‎ ‎∴，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面；‎ ‎（2）∵四边形为菱形，∴，‎ ‎∵，是的中点，∴，‎ 又，∴平面，‎ 又平面，‎ ‎∴平面平面；‎ ‎（3）作于，‎ ‎∵平面平面，‎ ‎∴平面，‎ 则为与平面所成角，‎ 由及四边形为菱形，得为正三角形，‎ 则，，，‎ ‎∴为正三角形，从而，‎ 在中，由余弦定理，‎ 得，‎ ‎∴与平面所成角的余弦值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间线面位置关系、线面角的计算，属于中档题．‎ ‎22．已知数列的前项和，函数对任意的都有，数列满足. ‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，是数列的前项和，是否存在正实数，使不等式对于一切的恒成立？若存在请求出 的取值范围；若不存在请说明理由．‎ ‎【答案】(1)，;(2).‎ ‎【解析】分析：（1）利用的关系，求解；倒序相加求。‎ ‎（2）先用错位相减求，分离参数，使得对于一切的恒成立，转化为求的最值。‎ 详解：（1） ‎ 时满足上式，故 ‎ ‎∵=1∴ ‎ ‎∵ 　　　 ①‎ ‎∴ 　　　②‎ ‎∴①+②，得. ‎ ‎（2）∵，∴ ‎ ‎∴ 　　　 ①‎ ‎， ②‎ ‎①－②得 ‎ 即 ‎ 要使得不等式恒成立，‎ 恒成立对于一切的恒成立，‎ 即 ，令，则 当且仅当时等号成立，故 所以为所求.‎ 点睛：1、，一定要注意，当时要验证是否满足数列。‎ ‎2、等比乘等差结构的数列用错位相减。‎ ‎3、数列中的恒成立问题与函数中的恒成立问题解法一致。‎