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- 2021-04-15 发布
天水一中高二级2018—2019学年第二学期第一学段考试
数学试题（理）
命题：刘鹏 汪生武 审核：黄国林
（满分：150分 时间：120分钟）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由复数的乘法运算展开即可．
【详解】解：
故选D.
【点睛】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.设命题：，，则为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.
【详解】解：因为特称命题的否定是全称命题，
所以，命题：，，则为，.
故选：D.
【点睛】本题考查命题的否定，特称命题和全称命题的否定关系，属于基础题.
3. 6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（ ）
A. 144 B. 120 C. 72 D. 24
【答案】D
【解析】
试题分析：先排三个空位，形成4个间隔，然后插入3个同学，故有种
考点：排列、组合及简单计数问题
4. 展开式中的系数为（ ）
A. 15 B. 20 C. 30 D. 35
【答案】C
【解析】
【分析】
利用多项式乘法将式子展开,根据二项式定理展开式的通项即可求得的系数.
【详解】根据二项式定理展开式通项
则展开式的通项为
则 展开式中的项为
则 展开式中的系数为
故选:C
【点睛】本题考查了二项定理展开式的应用,指定项系数的求法,属于基础题.
5.安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有
A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种
【答案】D
【解析】
4项工作分成3组,可得：=6，
安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，
可得：种．
故选D.
6.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用向量法求出直线与直线夹角的余弦值.
【详解】解：，，设，
根据题意得，,,,.
,,
.
故选：A.
【点睛】本题考查空间向量的坐标运算和异面直线及其所成角的概论，属于基础题.
7.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有
A. 144个 B. 120个 C. 96个 D. 72个
【答案】B
【解析】
试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案．
解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；
分两种情况讨论：
①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个，
②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个，
共有72+48=120个．
故选B
考点：排列、组合及简单计数问题．
8.已知函数的图像在点的处的切线过点，则（ ）.
A. B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】
求出函数的导数，利用切线的方程经过的点求解即可.
【详解】解：函数的导函数为，
，而，
切线方程为.
因为经过点，所以，
解得.
故选：D.
【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，属于基础题.
9.甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“五局三胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获胜得冠军的情况下，比赛进行了四局的概率为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
甲获得冠军的概率为，
比赛进行了四局概率为.由此能求出在甲获得冠军的情况下，比赛进行了四局的概率.
【详解】解：因为甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，
所以在甲获得冠军的概率为，
比赛进行了四局的概率为.
所以在甲获得冠军的情况下，比赛进行了四局的概率为.
故选：B.
【点睛】本题考查概率的求法，考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，属于中等题.
10.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
对x分别赋值0，，即可得到结果.
详解】
令得，令得
，
故选C．
【点睛】本题考查二项式定理，考查系数的绝对值的和，考查赋值法，属于基础题.
11.已知双曲线的左，右顶点为，，点在上，，且，则的离心率为（ ）.
A. B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设双曲线的方程为，由题意知，根据三角形定义可得，运用三角函数定义可设，代入双曲线方程，可得，由，，的关系和离心率公式，计算可得所求值.
【详解】解：设双曲线的方程为，由题意知，
又因为在中，，，可得.
由题意可设，代入双曲线方程可得，
可得，，
所以.
故选：C.
【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，运用等腰三角形的定义和三角函数的定义，考查化简整理的运算能力，属于中档题.
12.
我国南宋数学家杨家辉所著的《详解九章算法》一书中记录了一个由正整数构成的三角形数表，我们通常称之为杨辉三角.以下数表的构造思路就来源于杨辉三角.( )
从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则的值为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据每一行的第一个数的变化规律即可得到结果.
【详解】解：第一行第一个数为：；
第二行第一个数为：；
第三行第一个数为：；
第四行第一个数为：；
，
第n行第一个数为：；
一共有1010行，
∴第1010行仅有一个数：；
故选C．
【点睛】本题考查了由数表探究数列规律问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上）
13.已知复数满足（是虚数单位），则 ．
【答案】5
【解析】
【分析】
把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算得答案．
【详解】由（1+i）z=1﹣7i，
得，
则|z|=．
故答案为5．
【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．
14.如图是平面直角坐标系下与圆：的图像，在圆内随机取一点，则此点落在右图中阴影部分的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】
计算出阴影面积，圆的面积，代入几何概型的概率计算公式即可.
【详解】解：根据题意得，阴影部分的面积为，
圆的面积为，
所以圆内随机取一点，则此点落在右图中阴影部分的概率是.
故答案为：.
【点睛】本题考查了定积分的求法，圆的方程与面积，几何概型的概率计算，属于基础题.
15.一批产品的二等品率为，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取次，表示抽到的二等品件数，则____________．
【答案】1.96
【解析】
【分析】
根据二项分布，由公式得到结果.
【详解】由于是有放回的抽样，所以是二项分布，,填1.96
【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，考查二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
16.甲、乙、丙、丁和戊5名学生进行某种劳动技术比赛，决出了第1到第5名的名次.甲乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说，“很遗憾，你和乙都没没有拿到冠军.”对乙说，“你当然不会是最差的.”从这个回答分析，甲是第五名的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】
甲、乙不是第一名且乙不是最后一名，乙的限制多，故先排乙，有种情况；再排甲，也有种情况；余下的问题是三个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理得到结果，再求出甲是第五名包含的不同情况的种数，求出结果.
【详解】解：由题意可知，甲、乙不是第一名且乙不是最后一名，
乙的限制多，故先排乙，有种情况，即第二、三、四名；
再排甲，也有种情况，余下人有种排法.
故共有种不同的情况，
其中甲是第五名包含的不同情况有：
先排乙，有种情况，即第二、三、四名，甲是第五名，余下人有种排法，
故甲是第五名包含的不同情况有，
所以甲是第五名的概率为.
故答案为：.
【点睛】本题考查概率求法，考查古典概型，排列组合等基础知识，是基础题.
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.已知是数列的前项和，且.
求数列的通项公式.
若，求数列的前项和.
【答案】=；=.
【解析】
【分析】
利用已知条件求得首项，，结合数列的前项和的定义和等比数列的定义来求数列的通项公式；
由可推知，然后利用裂项相消法来求数列的前项和.
【详解】解：，，
，
又，两式相减得，
即，.
，，
.
【点睛】本题考查利用数列中与关系求数列通项，考查等比数列的判定，裂项相消法求和，属于中档题.
18.的内角，，的对边分别为，，，已知.
求.
若，，成等差数列，判断的形状，并说明理由.
【答案】；等边三角形.
【解析】
【分析】
利用余弦的二倍角公式对已知等式化简，求出，再结合角的范围即可求出角的大小；
通过余弦定理，等差数列的性质可得，利用三角形的内角和定理可求，即可得解.
【详解】解：在中，,
，解得,
，
，即.
由可知，，由余弦定理可得，
，，成等差数列，即，
，
，整理可得，可得，
，故为等边三角形.
【点睛】本题考查正弦定理以及余弦定理，等差数列的性质在解三角形中的应用，属于中档题.
19.某超市试销某种商品一个月，获得如下数据：
日销售量（件）
频率
试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变），超市决定正式营销这种商品.设某天超市开始营业时有该商品件，当天营业结束后检查存货，若发现存货少于件，则当天进货补充至件，否则不进货.将频率视为概率.
求当天商品进货的概率.
记为第二天开始营业时该商品的件数.
求得分布列.
求得数学期望与方差.
【答案】0.3；见解析 ；，.
【解析】
【分析】
求当天商品进货，即当天商品的销售量为件或件，所以设事件表示当天商品需要进货，；
随机变量的所有可能的取值为，，.且表示前一天的销售量为，表示前一天的销售量为，表示前一天的销售量为或或，分别求出概率，列出分布列即可；
将中分布列的数据代入期望和方差的公式，求解即可.
【详解】解：设事件表示当天商品需要进货，则事件包含当天该商品的销售量为件或件，所以.
由题意得，的所有可能的取值为，，.
表示前一天的销售量为，所以，
表示前一天的销售量为，所以，
表示前一天的销售量为或或，所以.
所以随机变量的分布列为：
由的分布列可知，
.
【点睛】本题考查了离散型随机变量的概率分布列，期望和方差，互斥事件的概率加法公式，属于中档题.
20.已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点，延长交抛物线于点，证明：以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．
【答案】（1）；（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）由抛物线定义可得：，解得．即可得出抛物线的方程．
（2）由点在抛物线上，解得，不妨取，，，可得直线的方程，与抛物线方程联立化为，解得，．又，计算，，可得，，即可证明以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．
【详解】（1）解：由抛物线定义可得：，解得．
抛物线的方程为；
（2）证明：点在抛物线上，
，解得，不妨取，，，
直线的方程：，
联立抛物线，化为，解得或，，．
又，．，
，
，轴平分，
因此点到直线，的距离相等，
以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．
【点睛】本小题主要考查抛物线、直线与抛物线及其圆的位置关系及其性质、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题．
21.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，底面，点为棱的中点..
证明：平面.
若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值.
【答案】证明见解析；.
【解析】
【分析】
在上找中点，连接,，利用三角形中位线性质得出，因为底面是直角梯形，,所以能得出平行且等于，得出四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定，即可证出平面；
根据,求出向量的坐标，进而求出平面和平面的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角的余弦值.
【详解】解：证明：在上找中点，连接,，图象如下：
和分别为和的中点，
，且,
又底面是直角梯形，
，且，
且.即四边形为平行四边形.
.
平面，平面，
平面.
以为原点，以所在直线为轴,所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，,，，，
,， .
由为棱上一点，设,
所以,
由，得,
解得，
即,,
设平面的法向量为，
由可得
所以，令，则，则，
取平面的法向量为，
则二面角的平面角满足：
,
故二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查线面平行的判定，空间二面角的平面角，建立空间直角坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题，属于难题.
22.已知函数.
求的最小值.
若.求证：存在唯一的极大值点，且
【答案】；证明见解析.
【解析】
【分析】
求出导函数，结合导函数值的正负研究函数的单调性进而可得结论；
通过可知，记，利用函数存在唯一的极大值点，得出，另一方面可知.
【详解】解： ，，
.
当时，，即函数在上单调递减；
当时，，即函数在上单调递增.
.
由知，
设，则
当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.
又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时，.
因为，所以是的唯一极大值点 .
由得，故 .
由得 ，
由，可知，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
综上所述，存在唯一的极大值点，且.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，转化思想，属于难题.