甘肃省平凉市静宁县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 19页

甘肃省平凉市静宁县第一中学2019-2020学年高二上学期期末数学（理）试题 时间:120分钟满分:150分 一、选择题（每小题5分，共12小题60分）‎ ‎1.对于空间向量，，若，则实数（ ）‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，知它们的坐标对应成比例，求出实数的值.‎ ‎【详解】因为，所以，即，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是空间向量的平行或共线的坐标运算，是基础题.‎ ‎2.已知函数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出函数的导函数，将2代入即可得最后结果.‎ ‎【详解】∵，∴，‎ ‎∴，故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的运算法则，准确求出函数的导函数是解题的关键，属于基础题.‎ ‎3.如图，向圆内随机掷一粒豆子（豆子的大小忽略不计），则豆子恰好落在圆的内接正方形中的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分别算出圆和正方形的面积，再利用几何概型公式加以计算，即可得到所求概率.‎ ‎【详解】设圆的半径为a，则圆的面积为.设正方形的边长为b，则，‎ ‎，故正方形的面积为，‎ 豆子落在圆内的每一个地方是均等的，‎ 豆子恰好落在圆的内接正方形中的概率.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是几何概型，考查学生对几何概型的理解和应用，是基础题.‎ ‎4. 从装有红球、黑球和白球的口袋中摸出一个球，若摸出的球是红球的概率是0.4，摸出的球是黑球的概率是0.25，那么摸出的球是白球或黑球的概率是（ ）‎ A. 0.35 ‎B. ‎0.65 ‎C. 0.1 D. 0.6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：从袋中摸1个球，摸到的是红球，是白球，是黑球这三个事件是互斥的，因此摸出的球是白球或黑球的概率为1－0.4＝0.6．故选D．‎ 考点：互斥事件的概率．‎ ‎5.直线经过抛物线y2=4x的焦点，且与抛物线交于A,B两点，若AB的中点横坐标为3，则线段AB的长为（ ）‎ A. B. C. 7 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：设抛物线的焦点为，准线为，C是AB的中点，分别过点作直线的垂线，垂足分别为，由抛物线定义，得．‎ ‎．‎ 考点：抛物线的弦长．‎ ‎6.某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：‎ 广告费用（万元） ‎ ‎4 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎5 ‎ 销售额（万元） ‎ ‎49 ‎ ‎26 ‎ ‎39 ‎ ‎54 ‎ 根据上表可得回归方程中的为9.4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额为 A. 63.6万元 B. 65.5万元 C. 67.7万元 D. 72.0万元 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：，‎ ‎∵数据的样本中心点在线性回归直线上，‎ 回归方程中的为9.4，‎ ‎∴42=9．4×3．5+a，‎ ‎∴=9．1，‎ ‎∴线性回归方程是y=9．4x+9．1，‎ ‎∴广告费用为6万元时销售额为9．4×6+9．1=65．5‎ 考点：线性回归方程 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎7.“a>‎1”‎是“<‎1”‎的　(　　)‎ A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 选A.因为a>1,所以<1.‎ 而a<0时,显然<1,故由<1推不出a>1.‎ ‎8.执行如图所示的程序框图，输出的　　‎ A. 25 B. ‎9 ‎C. 17 D. 20‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 直接利用循环结构，计算循环各个变量的值，当 ‎，不满足判断框的条件，退出循环输出结果即可．‎ ‎【详解】按照程序框图依次执行为，，；‎ ‎，，；‎ ‎，，，‎ 退出循环，输出．故应选C．‎ ‎【点睛】解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.‎ ‎9.设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1,0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线段中垂线的性质可得，，又 ，故有，根据椭圆的定义断判轨迹为椭圆，求出值，即得椭圆的标准方程.‎ ‎【详解】‎ 由圆的方程可知，圆心，半径等于5，‎ 设点的坐标为，的垂直平分线交于，‎ ‎，又 ，‎ ‎ ，‎ 依据椭圆的定义可得，点的轨迹是以为焦点，‎ 且，故椭圆方程为，‎ 即，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查定义法求轨迹方程，属于难题.求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.‎ ‎10.双曲线虚轴的一个端点为，焦点为、，，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意知 ‎.‎ ‎11.已知命题函数在上单调递增；命题关于的不等式对任意恒成立．若为真命题，为假命题，则实数的取值范围为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：若命题p为真，∵函数f（x）的对称轴为x=m，∴m≤2；‎ 若命题q为真，当m=0时原不等式为-4x+1＞0，该不等式的解集不为R，即这种情况不存在；‎ 当m≠0时，则有，解得1＜m＜4；‎ 又∵P∨q为真，P∧q为假，∴P与q一真一假；‎ 若P真q假，则，解得m≤1；‎ 若P假q真，则，解得2＜m＜4；‎ 综上所述，m的取值范围是m≤1或2＜m＜4‎ 考点：1.复合命题的真假；2.二次函数图象和性质；3；一元二次不等式的解法 ‎12.已知为椭圆的两个焦点，P（不在x轴上）为椭圆上一点，且满足，则椭圆离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据椭圆定义可知，根据余弦定理，‎ 再根据，根据这三个式子的变形得到 和，最后求离心率.‎ ‎【详解】由椭圆的定义，得，平方得①.‎ 由，②，是锐角，‎ 由余弦定理得③，‎ ‎-③得 ④‎ 由②④，得，‎ ‎ 是锐角，‎ ‎ ，‎ 即且 ‎ ‎ .‎ 由②③可知 ⑤‎ 由①⑤可得 ，‎ ‎，，即，.‎ 则椭圆离心率的取值范围是.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的离心率，已知考查转化与化归的思想和变形，计算能力，属于中档题型，本题的关键和难点是三个式子的变形，得到关于的不等式关系.‎ 二、填空题（每小题5分，共4小题20分）‎ ‎13.写出命题“”的否定：______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为命题“”的否定为“”，所以命题“”的否定为 ‎14.从甲、乙、丙、丁4位同学中随机选出2名代表参加学校会议，则甲被选中的概率是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：从甲、乙、丙、丁4位同学中随机选出2名代表共有种基本事件，甲被选中包含种，基本事件，因此甲被选中的概率是 考点：古典概型概率 ‎15.已知曲线,则曲线在处的切线与坐标轴围成的图形面积为_______.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导，由可以求出切线的斜率，进而求出切线方程，然后求出切线与坐标轴的交点，从而求出围成的三角形的面积．‎ ‎【详解】对求导，，，而，‎ 所以曲线在处的切线斜率为1，切线方程为，‎ 切线与坐标轴的交点为（0，1）和（-1，0），‎ 所以切线与坐标轴围成的三角形的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，属于基础题．‎ ‎16.直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点、两点，若，则直线的斜率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意设出直线方程和两点坐标，将直线与抛物线联立，利用韦达定理得出的关系，再根据，即可解出，从而解出.‎ ‎【详解】依题意，抛物线的焦点，‎ 设直线l的方程为 由，得，设，.‎ ‎，，，‎ 即，‎ ‎，，解得或，‎ 或，又，‎ 将代入解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的定义及几何性质的应用，考查学生的审题能力，计算能力，是中档题.‎ 三、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分，第22题12分，共6小题70分）‎ ‎17.已知向量，，.‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）若、、、四点共面，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，利用向量垂直时，数量积为，即可得的值；‎ ‎（2）根据、、、四点共面，得，，使得，利用坐标运算，即可得的值.‎ ‎【详解】（1），得，，‎ ‎，，解得；‎ ‎（2）由、、、四点共面，得，，使得，，‎ ‎，，解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是空间向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标运算，点共面的向量运算，考查学生的理解能力，计算能力，是基础题.‎ ‎18.已知曲线在点处的切线方程是.‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）如果曲线的某一切线与直线：垂直，求切点坐标与切线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）,或.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先求出函数的导数，由导数的几何意义可得，，解方程可得的值；（2）设切点的坐标为，由两直线垂直的条件，斜率之积为，可得切线的斜率，解方程可得切点坐标，进而可得切线方程.‎ 试题解析：（1）∵的导数，‎ 由题意可得，，‎ 解得，.‎ ‎（2）∵切线与直线垂直，‎ ‎∴切线的斜率.设切点的坐标为，‎ 则，∴.‎ 由，可得，或.‎ 则切线方程为或.‎ 即或.‎ ‎19. 山东省《体育高考方案》于2012年2月份公布，方案要求以学校为单位进行体育测试，某校对高三1班同学按照高考测试项目按百分制进行了预备测试，并对50分以上的成绩进行统计，其频率分布直方图如图所示，若90~100分数段的人数为2人.‎ ‎（Ⅰ）请估计一下这组数据的平均数M；‎ ‎（Ⅱ）现根据初赛成绩从第一组和第五组（从低分段到高分段依次为第一组、第二组、…、第五组）中任意选出两人，形成一个小组.若选出的两人成绩差大于20，则称这两人为“帮扶组”，试求选出的两人为“帮扶组”的概率.‎ ‎【答案】（Ⅰ）73；（Ⅱ）选出的两人为“帮扶组”的概率为.‎ ‎【解析】‎ 本试题主要考查了概率的运算和统计图的运用．‎ ‎（1）由由频率分布直方图可知:50~60分的频率为0.1, 60~70分的频率为0.25, 70~80分的频率为0.45, 80~90分的频率为0.15, 90~100分的频率为0.05，然后利用平均值公式，可知这组数据的平均数M=55×0.1+65×0.25+75×0.45+85×0.15+95×0.05=73(分)‎ ‎（2）中利用90~100分数段的人数为2人，频率为0.05；得到总参赛人数为40，然后得到0~60分数段的人数为40×0.1=4人，第五组中有2人，这样可以得到基本事件空间为15种，然后利用其中两人成绩差大于20的选法有：（A1，B1），（A1，B2），（A2，B1），（A2，B2），（A3，B1），（A3，B2），（A4，B1），（A4，B2）共8种，得到概率值 解：(Ⅰ)由频率分布直方图可知:50~60分的频率为0.1, 60~70分的频率为0.25,‎ ‎ 70~80分的频率为0.45, 80~90分的频率为0.15, 90~100分的频率为0.05； ……………2分 ‎∴这组数据的平均数M=55×0.1+65×0.25+75×0.45+85×0.15+95×0.05=73(分)…4分 ‎(Ⅱ)∵90~100分数段的人数为2人，频率为0.05；‎ ‎∴参加测试的总人数为=40人，……………………………………5分 ‎∴50~60分数段的人数为40×0.1=4人， …………………………6分 设第一组50~60分数段的同学为A1，A2，A3，A4；第五组90~100分数段的同学为B1，B2‎ 则从中选出两人的选法有：（A1，A2），（A1，A3），（A1，A4），（A1，B1），（A1，B2），（A2，A3），（A2，A4），（A2，B1），（A2，B2），（A3，A4），（A3，B1），（A3，B2），（A4，B1），（A4，B2），（B1，B2），共15种；其中两人成绩差大于20的选法有：（A1，B1），（A1，B2），（A2，B1），（A2，B2），（A3，B1），（A3，B2），（A4，B1），（A4，B2）共8种 …………………………11分 则选出的两人为“帮扶组”的概率为 ‎20.设点O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于A、B两点，若，求：‎ 抛物线C的标准方程；‎ 的面积．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知直线AB的方程为：，代入化简，利用韦达定理以及抛物线的定义、求得p的值，可得抛物线的方程；联立直线与抛物线方程，利用面积公式即可求解．‎ ‎【详解】由题可知，则该直线AB的方程为：，‎ 代入，化简可得．‎ 设，，则有．‎ ‎，有，解得，‎ 抛物线的方程为：．‎ 可得直线AB的方程为：．‎ 联立可得，‎ ‎，．‎ 的面积．‎ ‎【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.如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，∠BAC＝90°，AB=AC=2，AA1=6，点E、F分别在棱BB1、CC1上，且BE＝BB1，C‎1F＝CC1.‎ ‎（1）求异面直线AE与A‎1F所成角的大小；‎ ‎（2）求平面AEF与平面ABC所成角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）60º（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 试题分析：本题的关键是建立适当的空间直角 坐标系，‎ 建立坐标系如图，写出相关向量坐标，利用向量夹角公式即可；‎ 由（1）求出平面和平面的法向量n和m，利用即可，注意在本题中 平面与平面所成的角为锐角，所以 试题解析： （1）建立如图所示的直角坐标系，则 ‎,,,，从而 ‎,.‎ 记与的夹角为，则有 ‎.‎ 又由异面直线与所成角的范围为，可得异面直线与所成的角为 ‎（2）记平面和平面的法向量分别为n和m，则由题设可令，且有平面的法向量为,,.‎ 由，得；由，得.‎ 所以，即.记平面与平面所成角为，有.‎ 由题意可知为锐角，所以 考点：利用空间直角坐标系，求两条异面直线所成的角，平面与平面所成角的余弦值 ‎【详解】‎ 请在此输入详解！‎ ‎22.已知椭圆的一个顶点是，离心率为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）已知矩形的四条边都与椭圆相切，设直线AB方程为，求矩形面积的最小值与最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当时S有最大值10；当k=0时，S有最小值8.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（Ⅰ）利用待定系数法即可，由题意，椭圆的一个顶点是，‎ 所以，又，椭圆C的方程是；（Ⅱ）注意斜率的讨论，当时，‎ 椭圆的外切矩形面积为8. 当时， AB所在直线方程为，所以，直线BC和AD的斜率均为.联立直线AB与椭圆方程可得，令得到，直线AB与直线DC之间的距离为，同理可求BC与AD距离为，所以矩形ABCD的面积为，再利用基本不等式即可解决.‎ 试题解析：（Ⅰ）由题意，椭圆的一个顶点是，‎ 所以 又，离心率为，即，‎ 解得， ‎ 故椭圆C的方程是 ‎（Ⅱ）当时，‎ 椭圆外切矩形面积为8. ‎ 当时，‎ 椭圆的外切矩形的边AB所在直线方程为，‎ 所以，直线BC和AD的斜率均为.‎ 由，消去y得 ‎，‎ 化简得：‎ 所以，直线AB方程为 直线DC方程为 直线AB与直线DC之间的距离为 同理，可求BC与AD距离为 则矩形ABCD的面积为 由均值定理 仅当，即时S有最大值10.‎ 因此，当时S有最大值10；‎ 当K=0时，S有最小值8. ‎ 考点：圆锥曲线及其在最值中的应用