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贵州省铜仁市第一中学2017-2018学年高二数学上学期期末考试试题理(含解析)

小中高 精选 教案 试卷 选集

贵州省铜仁第一中学 2017—2018 学年度第一学期

高二数学期末考试(理科)

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

第Ⅰ卷

一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分)

1. 命题“

,使得 ”的否定形式是( )

A.

,使得

B.

,使得

C.

,使得

D.

,使得

【答案】D

【解析】试题分析: 的否定是 , 的否定是 , 的否定是 .故选 D.

【考点】全称命题与特称命题的否定.

【方法点睛】全称命题的否定是特称命题,特称命题的否定是全称命题.对含有存在(全称)

量词的命题进行否定需要两步操作: ①将存在(全称)量词改成全称(存在)量词;②将结

论加以否定.

2. 已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图①和图②所示.为了解该地区中小学生的近 视形成原因,用分层抽样的方法抽取 2%的学生进行调查,则样本容量和抽取的高中生近视人 数分别为( )

A. 200, 20 【答案】A

B. 100, 20

C. 200, 10

D. 100, 10

【解析】试题分析:样本容量为

考点:分层抽样

,选 A.

,抽取的高中生近视人数

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3. “sin α =cos α ”是“cos 2α =0”的(

)

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】由



”是“

”的充分不必要条件

故选

4. 方程(x2+y2-4

)=0 的曲线形状是( )

A.

B.

C.

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D.

【答案】C 【解析】由

可得:



它表示直线

和圆

故选

5. 如图所示,在平行六面体

在直线

右上方的部分

中, 为 与 的交点。若





则下列向量中与 相等的向量是( )

A.

B.

C.

D.

【答案】A

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【解析】试题分析:根据向量加法的运算法则:三角形法则、平行四边形法则,可以得到:
考点:空间向量的表示; 6. 如图,正方形 ABCD 内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部 分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是 ()

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】设正方形边长为 ,则圆的半径为 ,正方形的面积为 ,圆的面积为 .由图形的对

称性可知,太极图中黑白部分面积相等,即各占圆面积的一半.由几何概型概率的计算公式得,

此点取自黑色部分的概率是

,选 B.

点睛:对于几何概型的计算,首先确定事件类型为几何概型并确定其几何区域(长度、面 积、体积或时间),其次计算基本事件区域的几何度量和事件 A 区域的几何度量,最后计 算. 7. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

A. +π B. +π

C. +2π 【答案】A

D. +2π

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【解析】由三视图可知:原几何体左侧是三棱锥,右侧是半个圆柱
故选 8. 阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,如果输入某个正整数 n 后,输出的 S∈(10,20), 那么 n 的值为( )

A. 3 B. 4 【答案】B

C. 5

D. 6

【解析】试题分析:由程序框图,得







,所以

;故选 B.

考点:程序框图.

9. 直线 y=kx-k+1 与椭圆

的位置关系为( )

A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定

【答案】A

【解析】试题分析:直线

过定点 ,该点在椭圆内部,因此直线与椭

圆相交

考点:直线与椭圆的位置关系

10. 直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BCA=90°,M,N 分别是 A1B1,A1C1 的中点,BC=CA=CC1,则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )

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A.

B.

C.

D.

【答案】C 【解析】以 C 为原点,直线 CA 为 x 轴,直线 CB 为 y 轴,直线

为 轴,则设 CA=CB=1,则

........................... 考点:本小题主要考查利用空间向量求线线角,考查空间向量的基本运算,考查空间想象能 力等数学基本能力,考查分析问题与解决问题的能力.
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11. 若双曲线 - =1 的一条渐近线被圆(x-2)2+y2=4 所截得的弦长为 2,则该双曲线的实

轴长为( ) A. 1 B. 2 【答案】B

C. 3

D. 6

【解析】双曲线

的渐近线方程为

,即



的圆心为

,半径为

如图所示:

由圆的弦长公式得到弦心距

圆心

到双曲线

的渐近线

的距离

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该双曲线的实轴长为 故选 点睛:本题考查的是双曲线的渐近线及点到直线的距离公式。首先求出双曲线的渐近线方程



,因为渐近线被圆所截得的弦长为 ,再利用弦长公式求出弦心距 ,利用点到

直线的距离公式可求得圆心

到双曲线

的渐近线

的距离 即弦心距

,进而求解即可。

12. 已知椭圆 C:

的左、右顶点分别为 A1,A2,且以线段 A1A2 为直径的圆与

直线

相切,则 C 的离心率为( )

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】以线段 为直径的圆的圆心为坐标原点 ,半径为 ,圆的方程为



直线

与圆相切,所以圆心到直线的距离等于半径,即



整理可得

,即





从而

,则椭圆的离心率



故选 A.

第Ⅱ卷 二.填空题:(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.)

13. 若“? x∈ ,tan x≤m”是真命题,则实数 m 的最小值为________.

【答案】1

【解析】



是真命题,

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可得



实数 的最小值为

14. 若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人,这五人被录用的机会均等,

则甲或乙被录用的概率为________.

【答案】

【解析】甲乙都未被录用的概率为

甲或乙被录用的概率为 15. 已知△ABC 的顶点 A(-5,0),B(5,0),△ABC 的内切圆圆心在直线 x=3 上,则顶点 C 的 轨迹方程是____________. 【答案】 【解析】试题分析:根据图可得:|CA|﹣|CB|为定值,利用根据双曲线定义,所求轨迹是以 A、 B 为焦点,实轴长为 6 的双曲线的右支,从而写出其方程即得. 解:如图,△ABC 与圆的切点分别为 E、F、G, 则有|AE|=|AG|=8,|BF|=|BG|=2,|CE|=|CF|, 所以|CA|﹣|CB|=8﹣2=6.
根据双曲线定义,所求轨迹是以 A、B 为焦点,实轴长为 6 的双曲线的右支,方程为 ﹣ =1
(x>3).
故答案为: ﹣ =1(x>3).

考点:轨迹方程. 16. 已知 是抛物线
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的焦点, 是 上一点, 的延长线交 轴于点 .若 为 的中
-7-

点,则 ____________.

【答案】6

【解析】抛物线

的焦点







为 的中点,

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在抛物线 ,即

上,

点睛:分析题意,回想抛物线的简单性质,求出 的坐标是解题的关键。先根据抛物线的性质

得到 的坐标,设

,根据中点坐标公式表示出 的坐标,将 代入抛物线解析式求出 的

值,确定点 坐标,最后根据两点距离公式计算即可。

三、解答题:(共 70 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。)

17. 设 :方程

有两个不等的负根, :方程

无实根,若 p 或

q 为真,p 且 q 为假,求 的取值范围.

【答案】

【解析】试题分析:首先由一元二次方程根的情况得到系数满足的条件,即关于 m 的不等式,

解不等式分别得到命题 p,q 中对应的 m 的范围,由命题 p 或 q 为真命题,命题 p 且 q 为假命

题得到两命题一真一假,进而分情况求解 m 的范围

试题解析:若命题 p 为真,则方程

有两个不等的负实根 ,从而

,解得

若命题 q 为真,则方程

无实根,从而

,解得

命题 p 或 q 为真命题,命题 p 且 q 为假命题 中有且仅有一个是真命题

解得



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实数 m 的取值范围是 考点:1.一元二次方程的根;2.复合命题 18. 如图所示,M,N,K 分别是正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱 AB,CD,C1D1 的中点.

求证:(1)AN∥平面 A1MK; (2)平面 A1B1C⊥平面 A1MK.

【答案】(1)见解析(2)见解析

【解析】试题分析: 要证明 平面 ,只需要证明 平行于平面 内的一条直线,

容易证明

,从而得到证明;

要证明

平面

,只需要证明平面

内的直线 垂直于平面

即可,而

容易证明,从而问题得到解决;

解析:证明 (1)如图所示,连接 NK.

在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中, ∵四边形 AA1D1D,DD1C1C 都为正方形, ∴AA1∥DD1,AA1=DD1,C1D1∥CD,C1D1=CD.[2 分] ∵N,K 分别为 CD,C1D1 的中点,

∴DN∥D1K,DN=D1K, ∴四边形 DD1KN 为平行四边形. ∴KN∥DD1,KN=DD1,∴AA1∥KN,AA1=KN. ∴四边形 AA1KN 为平行四边形.∴AN∥A1K. ∵A1K? 平面 A1MK,AN?平面 A1MK,

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∴AN∥平面 A1MK. (2)如图所示,连接 BC1.

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在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB∥C1D1,AB=C1D1. ∵M,K 分别为 AB,C1D1 的中点, ∴BM∥C1K,BM=C1K. ∴四边形 BC1KM 为平行四边形.∴MK∥BC1. 在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,A1B1⊥平面 BB1C1C, BC1? 平面 BB1C1C,∴A1B1⊥BC1. ∵MK∥BC1,∴A1B1⊥MK. ∵四边形 BB1C1C 为正方形,∴BC1⊥B1C. ∴MK⊥B1C. ∵A1B1? 平面 A1B1C,B1C? 平面 A1B1C,A1B1∩B1C=B1,∴MK⊥平面 A1B1C. 又∵MK? 平面 A1MK, ∴平面 A1B1C⊥平面 A1MK. 19. 铜仁市某工厂有 25 周岁以上(含 25 周岁)工人 300 名,25 周岁以下工人 200 名.为研究工 人的日平均生产量是否与年龄有关,现采用分层抽样的方法,从中抽取了 100 名工人,先统 计了他们某月的日平均生产件数,然后按工人年龄在“25 周岁以上(含 25 周岁)”和“25 周 岁以下”分为两组,再将两组工人的日平均生产件数分成 5 组:[50,60),[60,70),[70,80), [80,90),[90,100]分别加以统计,得到如图所示的频率分布直方图.

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(1)从样本中日平均生产件数不足 60 件的工人中随机抽取 2 人,求至少抽到一名“25 周岁以 下组”工人的概率; (2)规定日平均生产件数不少于 80 件者为“生产能手”,请你根据已知条件完成 2×2 列联表, 并判断是否有 90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”? K2=

【答案】(1) (2) 1.786

【解析】试题分析: 根据分层抽样原理,组合频率分布直方图,求出每组应抽取的人数; 据 列联表,代入求临界值的公式,求出观测值,利用观测值同临界值表进行比较即可。 解析:(1)由已知得,样本中有 25 周岁以上组工人 60 名,25 周岁以下组工人 40 名. 所以,样本中日平均生产件数不足 60 件的工人中,25 周岁以上组工人有 60×0.05=3(人), 记为 A1,A2,A3; 25 周岁以下组工人有 40×0.05=2(人),记为 B1,B2. 从中随机抽取 2 名工人,所有的可能结果共有 10 种,它们是(A1,A2),(A1,A3),(A2,A3), (A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(B1,B2). 其中,至少有 1 名“25 周岁以下组”工人的可能结果共有 7 种,它们是(A1,B1),(A1,B2), (A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(B1,B2).
故所求的概率 P= .

(2)由频率分布直方图可知,在抽取的 100 名工人中,“25 周岁以上组”中的生产能手有 60×0.25=15(人),“25 周岁以下组”中的生产能手有 40×0.375=15(人),据此可得 2×2 列联表如下:

生产能手

非生产能手

合计

25 周岁以上组

15

45

60

25 周岁以下组

15

25

40

合计

30

70

100

所以得 K2=

≈1.786.

20. 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,

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点 E 为棱 PC 的中点.

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(1)证明:BE⊥DC; (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; (3)若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥AC,求二面角 F-AB-P 的余弦值. 【答案】(1)见解析(2) (3) 【解析】试题分析:(I)以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,求出 BE,DC 的 方向向量,根据
,可得 BE⊥DC;(II)求出平面 PBD 的一个法向量,代入向量夹角公式,可得直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值;(Ⅲ)根据 BF⊥AC,求出向量 的坐标,进而求出平面 FAB 和平面 ABP 的法向量,代入向量夹角公式,可得二面角 F-AB-P 的余弦值 试题解析:方法一:依题意,以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图所示),可得 B(1,0, 0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).C 由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1).

(1)证明:向量 =(0,1,1), =(2,0,0),



=0,

所以 BE⊥DC.

(2)向量 =(-1,2,0), =(1,0,-2).

设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的法向量,



不妨令 y=1,可得 n=(2,1,1)为平面 PBD 的一个法向量.于是有

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==

=,

所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 .

(3) 向量 =(1,2,0), =(-2,-2,2), =(2,2,0), =(1,0,0).

由点 F 在棱 PC 上,设 =λ ,0≤λ ≤1.

故 = + = +λ =(1-2λ ,2-2λ ,2λ ).由 BF⊥AC,得

=0,因此 2

(1-2λ )+2(2-2λ )=0,解得 λ = ,即 =

.设 n1=(x,y,z)为平面 FAB

的法向量,



不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB

的一个法向量.取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1,0),则

cos〈n1,n2〉=



=- .

易知二面角 F ? AB ? P 是锐角,所以其余弦值为 . 方法二:(1)证明:如图所示,取 PD 中点 M,连接 EM,AM.由于 E,M 分别为 PC,PD 的中点, 故 EM∥DC,且 EM= DC.又由已知,可得 EM∥AB 且 EM=AB,故四边形 ABEM 为平行四边形,所 以 BE∥AM. 因为 PA⊥底面 ABCD,故 PA⊥CD,而 CD⊥DA,从而 CD⊥平面 PAD.因为 AM? 平面 PAD,所以 CD⊥AM. 又 BE∥AM,所以 BE⊥CD.

(2)连接 BM,由(1)有 CD⊥平面 PAD,得 CD⊥PD.而 EM∥CD,故 PD⊥EM.又因为 AD=AP,M 为 PD 的中点,所以 PD⊥AM,可得 PD⊥BE,所以 PD⊥平面 BEM,故平面 BEM⊥平面 PBD,所以 直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM.而 BE⊥EM,可得∠EBM 为锐角,故∠EBM 为直线 BE 与 平面 PBD 所成的角. 依题意,有 PD=2 ,而 M 为 PD 中点,可得 AM= ,进而 BE= .故在直角三角形 BEM 中, tan∠EBM= = = ,因此 sin∠EBM= ,

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所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 . (3)如图所示,在△PAC 中,过点 F 作 FH∥PA 交 AC 于点 H.因为 PA⊥底面 ABCD,所以 FH⊥ 底面 ABCD,从而 FH⊥AC.又 BF⊥AC,得 AC⊥平面 FHB,因此 AC⊥BH.在底面 ABCD 内,可得 CH =3HA,从而 CF=3FP.在平面 PDC 内,作 FG∥DC 交 PD 于点 G,于是 DG=3GP.由于 DC∥AB, 故 GF∥AB,所以 A,B,F,G 四点共面.由 AB⊥PA,AB⊥AD,得 AB⊥平面 PAD,故 AB⊥AG, 所以∠PAG 为二面角 F ? AB ? P 的平面角. 在△PAG 中,PA=2,PG= PD= ,∠APG=45°.由余弦定理可得 AG= ,cos∠PAG= ,
所以二面角 F ? AB ? P 的余弦值为 . 考点:与二面角有关的立体几何综合题;直线与平面所成的角

21. 已知点 A(0,-2),椭圆 E:

的离心率为 ,F 是椭圆 E 的右焦点,直

线 AF 的斜率为 ,O 为坐标原点. (1)求 E 的方程; (2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P,Q 两点,当△OPQ 的面积最大时,求 l 的方程. 【答案】(1) +y2=1. (2) l 的方程为 y= x-2 或 y=- x-2.

【解析】试题分析:设出 ,由直线 的斜率为 求得 ,结合离心率求得 ,再由隐含条件

求得 ,即可求椭圆方程;(2)点 轴时,不合题意;当直线 斜率存在时,设直线



联立直线方程和椭圆方程,由判别式大于零求得 的范围,再由弦长公式求得 ,由点到直

线的距离公式求得 到 的距离,代入三角形面积公式,化简后换元,利用基本不等式求得最值,

进一步求出 值,则直线方程可求.

试题解析:(1)设 ,因为直线 的斜率为 ,

所以

,.



解得



所以椭圆 的方程为

.

(2)解:设

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由题意可设直线 的方程为:



联立

消去 得



当 所以

,所以 ,即 .

或时

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点 到直线 的距离

所以





,则





当且仅当 ,即



解得

时取等号,

满足

所以 的面积最大时直线 的方程为:



.

【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值,属于难题.解决圆锥曲 线中的最值问题一般有两种方法:一是几何意义,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有 关结论来解决,非常巧妙;二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题,然后根据函数的特 征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法,本 题(2)就是用的这种思路,利用均值不等式法求三角形最值的.
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22. 选修 4—4:极坐标与参数方程

在直角坐标系 中,圆 C 的参数方程为

( 为参数).

(1)以原点为极点、轴正半轴为极轴建立极坐标系,求圆 的极坐标方程;

(2)已知

,圆 上任意一点

,求

面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【解析】试题分析: 直角坐标系与极坐标系的转换时满足关系式

,圆的直角坐

标方程为 先求出点
然后求最值。

,将其中的 利用前面的关系式换作 , 即可得到极坐标方程;

到直线 :

的距离

,再求

的面积,

解析:(1)圆 的参数方程为

(为参数)

所以普通方程为

.

圆 的极坐标方程:

.

(2)点

到直线 :

的距离为

的面积

所以

面积的最大值为

点睛:直角坐标系与极坐标系的转换时满足关系式

,即

,代入直线坐标

方程,进行化简可求极坐标方程;对于三角形的最大面积,因为底边已知,所以只要求得底 边上的高线的最大值,即可求得最大面积,在求圆上点到直线的距离时,可以用公式法求, 即圆心到直线的距离再加上半径,也可以用参数法,距离关于 的函数的最值。

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考前的心理准备,可通过暗示缓解紧张情绪进行临场调节。时用“我能”、静认真等自来稳定适当做深呼吸放松减少压力参加成学生需要将平家庭校社会全丢掉轻装上阵Comingbackhetv,flydIswTVrup!试淡拿到卷后不急于动笔先浏览题粗略知道各难易分值合安排答间较小如果一出抢然再回头虑本.x
Thiskndofcarme'ty.Iul学习态度是指者对较为持久的肯定或否行倾向内部反应准备状。它通常可以从生待注意况、情绪和志等方面加判说明Spbg,具体又包括课程材料及教师校认识成分活动所一种带有评价义理解映着值基础 Theywon'tacivgrbds,jmplu.学习态度调节行为,还表现在生对环境的反应上。当与教保持一致时就积极努力地但如果由于某些原因(师、校等)产不良则会回避并利逃抗

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