【文档说明】【精准解析】贵州省思南中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题.doc，共(19)页，1.506 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度第一学期高二数学（理科）一、单选题（5*12=60，每小题只有一个正确选项）1.已知集合1}{0|Axx，{0,1,2}B，则ABA.{0}B.{1}C.{1,2}D.{0,1,2}【答案】

C【解析】【分析】由题意先解出集合A,进而得到结果．【详解】解：由集合A得x1,所以AB1,2故答案选C.【点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题．2.甲乙两名同学6次考试的成绩统计如图，甲乙两组数据的

平均数分别为x甲、x乙标准差分别为甲、乙，则()A.xx甲乙，甲乙B.xx甲乙，甲乙C.xx甲乙，甲乙D.xx甲乙，甲乙【答案】C【解析】【分析】通过读图可知甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知xx甲乙，图中

数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故甲乙.【详解】由图可知，甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知xx甲乙，图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故甲乙.故选

.【点睛】本题考查平均数及标准差的实际意义，是基础题.3.已知2,1,3,1,2,1ab，若aab，则实数的值为（）A.-2B.145C.143D.2【答案】D【解析】【分析】写出ab的坐标，利用两个向量垂直的坐标运算可得答案.【详解】2,

1,3,2,2,12,3ab,2,1,3,a若aab，则2212330，解得2，故选D【点睛】本题考查空间两个向量垂直的坐标运算，属于基础题.4.已知圆的方程为221

xy，则在y轴上截距为2的圆的切线方程为（）A.2yxB.2yxC.2yx或2yxD.1x或2yx【答案】C【解析】【分析】先讨论斜率不存在，当斜率存在时设直线方程，利用相切圆心到直线的距离等于半径求解斜率即可．【详解】在y轴上截距为2且斜率不存在的直线显然

不是切线，故设切线方程为2ykx，则2211k，所以1k，故所求切线方程为2yx或2yx.【点睛】本题属于基础题，直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径．5.已知132a，21log3b，121log3c，

则（）．A.abcB.acbC.cabD.cba【答案】C【解析】试题分析：因为13212112(0,1),log0,log1,33abc所以.bac选C．考点：比较大小6.为计算11111123499

100S…，设计了下面的程序框图，则在空白框中应填入A.1iiB.2iiC.3iiD.4ii【答案】B【解析】分析：根据程序框图可知先对奇数项累加，偶数项累加，最后再相减.因此累加量为隔项.详解：由11111123499100S得程序框

图先对奇数项累加，偶数项累加，最后再相减.因此在空白框中应填入2ii，选B.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要

重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.7.若双曲线过点(3,2)，且渐近线方程为13yx，则该双曲线的方程是（）．A.2219xyB.2219yxC.2219yx

D.2219xy【答案】A【解析】【分析】先由渐近线方程，设双曲线方程为22(0)9xy，再由题意，即可求出结果.【详解】解：因为双曲线的渐近线方程为13yx，所以，可设双曲线标准方程为：22(0)9xy，∵双曲线过(3,2)，代入方程得1

，∴双曲线方程：2219xy．故选A．【点睛】本题主要考查求双曲线的方程，熟记双曲线标准方程的求法即可，属于基础题型.8.“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”的后一句中，“攻破楼兰”是“返回家乡”的（）A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.既

不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据返回家乡的前提条件是攻破楼兰，即可判断出结果.【详解】“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型.9.三棱锥S－ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱

SB的长为（）A.163B.38C.42D.211【答案】C【解析】【分析】根据三视图判断出SC平面ABC并计算出BC的长度，再根据SC的长度以及勾股定理求解出SB的长度.【详解】由已知三视图可得SC⊥平面ABC，且底面△ABC为等腰三角形．在△ABC中，AC＝4，AC边上的高

为23，所以BC＝4.在Rt△SBC中，由SC＝4，可得SB＝42.故选：C.【点睛】本题考查根据几何体的三视图和直观图求解几何体的棱长，难度较易.根据三视图和直观图求解棱长时，要注意位置关系的判断，对空间想

象能力要求较高.10.方程sin()lg3xx的实数根个数为（）A.3个B.5个C.7个D.9个【答案】A【解析】【分析】由方程sin()lg3xx的实数根个数等价于函数sin()3yx与函数lgy

x的图像的交点个数，在同一直角坐标系中作出函数sin()3yx与函数lgyx的图像，再观察图像的交点个数即可得解.【详解】解：方程sin()lg3xx的实数根个数等价于函数sin()3yx与函数lgyx的图像的交点个数，在同一直角坐标系中，函数sin()3yx

与函数lgyx的图像如图所示，由图可知，函数sin()3yx与函数lgyx的图像的交点个数为3个，则方程sin()lg3xx的实数根个数为3个，故选：A.【点睛】本题考查了方程的解的个数与函数图像的交点个数之间的相互转化，

重点考查了函数思想及数形结合的数学思想方法，属中档题.11.如果角满足sincos2，那么1tantan的值是（）A.-1B.-2C.1D.2【答案】D【解析】试题分析：sincos2

，2sincos12sincos2，1sincos2．221sincossincos1tan21tancossinsincos2．故D正确．考点：同角三角函数基本关系式．12.已知函数ee2xxfx

，xR，若对任意0,2，都有sin10ffm成立，则实数m的取值范围是（）A.0,1B.0,2C.,1D.1，【答案】D【解析】试题分析：求函数f（x）定义域，及f（﹣x）便得到f（x）为奇函数，并能够通过求f′（x）判断f

（x）在R上单调递增，从而得到sinθ＞m﹣1，也就是对任意的0,2都有sinθ＞m﹣1成立，根据0＜sinθ≤1，即可得出m的取值范围．详解：f（x）的定义域为R，f（﹣x）=﹣f（x）；f′（x）=ex+e﹣

x＞0；∴f（x）在R上单调递增；由f（sinθ）+f（1﹣m）＞0得，f（sinθ）＞f（m﹣1）；∴sinθ＞m﹣1；即对任意θ∈0,2都有m﹣1＜sinθ成立；∵0＜sinθ≤1；∴m

﹣1≤0；∴实数m的取值范围是（﹣∞，1]．故选D．点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，注意奇函数的在对称区间上的单调性的性质；对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及

函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集.二、填空题（5*4=20）13.若x，y满足约束条件220100xyxyy，则32zxy的最大值为_____________．【答案】6【解析】【分析】首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标

函数化成斜截式3122yxz，之后在图中画出直线32yx，在上下移动的过程中，结合12z的几何意义，可以发现直线3122yxz过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：由32zxy

，可得3122yxz，画出直线32yx，将其上下移动，结合2z的几何意义，可知当直线3122yxz在y轴截距最大时，z取得最大值，由2200xyy，解得(2,0)B，此时max32

06z，故答案为6.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目

标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.14.欧阳修在《卖油翁》中写到：“（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见卖油翁的技艺

之高超，若铜钱直径4厘米，中间有边长为1厘米的正方形小孔，随机向铜钱上滴一滴油（油滴大小忽略不计），则油恰好落入孔中的概率是____．【答案】14π.【解析】分析：根据几何概型的概率公式解答即可.详解：由几何概型的概率公式得2111.24P所以油恰好落入孔中的概率是14.故答案为14

.点睛：本题主要考查几何概型的概率公式，意在考查概率的基础知识的掌握能力及基本的运算能力.15.过点(1,1)M作斜率为12的直线与椭圆C：22221(0)xyabab相交于,AB，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为．【答案】22【解析】试题

分析：设A11,xy，B22,xy，则2211221xyab①，2222221xyab②，∵M是线段AB的中点，∴12121,122xxyy，∵直线AB的方程是1112yx，∴121212yyxx，∵过点M（1，1）作斜率为12的直线与椭圆C：2

2221xyab（a＞b＞0）相交于A，B两点，M是线段AB的中点，∴①②两式相减可得22221212220xxyyab，即22212022abcbab22cea．考点：椭圆的简单

性质16.已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA平面SCB，SAAC，SBBC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为______．【答案】36π【解析】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，

SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得112932rrr，解得r=3.球O的表面积为：2436r.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接

点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.三、解答题（1012*5=70，需写出必

要的推导过程和演算步骤）17.在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，ABC的面积为S，sin3cosaBbA.（1）求角A的大小；（2）若3a，32S，求bc的值.【答案】（1）3A（2）3【解析】【分析】（1）因为

sin3cosaBbA，由正弦定理得sinsin3sincosABBA，即得tan3A，解出A（2）利用cosA得出223bcbc，由32ABCS得出2bc，联立求bc即可.【详解】（1）因为sin3cosaBbA，由正弦定理得sinsin3

sincosABBA，化简得tan3A，0,3AA（2）22,333Aabcbc又313sin2232ABCSbc，即2bc联立可得29bc，又0bc，3bc.18.交通指数是指交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥

堵的概念性指数值，记交通指数为T，其范围为0,10，分别有五个级别：2)[0,T，畅通；2,4T，基本畅通；4,6T，轻度拥堵；6,8T，中度拥堵；8,10T，严重拥堵.在晚高峰时段（2T），从某市交通指挥中心选取了

市区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图如图所示.(1)求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段的个数；(2)用分层抽样的方法从轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段中共抽取6个路段，求依次抽取的三个级别路段的个数；(3)从(2)中抽取的6个路段中任取2个，求至少有1个

路段为轻度拥堵的概率.【答案】（1）轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段的个数分别为6，9，3；（2）从交通指数在[4,6)，[6,8)，[8,10]的路段中分别抽取的个数为2,3,1；（3）35【解析】【分析】（1）根据在频率分布直方图中，小长方形的面积表示各组的频率，可以求出频率，再根据频数等

于频率乘以样本容量，求出频数；（2）根据（1）求出拥堵路段的个数，求出每层之间的占有比例，然后求出每层的个数；（3）先求出从(2)中抽取的6个路段中任取2个，有多少种可能情况，然后求出至少有1个路段为轻度拥堵有多少种可能情况，根据古典概型概率公式求出.【详解】(1)由频率分布直方图得，

这20个交通路段中，轻度拥堵的路段有(0.1＋0.2)×1×20＝6(个)，中度拥堵的路段有(0.25＋0.2)×1×20＝9(个)，严重拥堵的路段有(0.1＋0.05)×1×20＝3(个).(2)由(1)知，拥堵路段共有6＋9＋3＝18(个)，按分层抽样，从18个路段抽取6个，则抽

取的三个级别路段的个数分别为66218，69318，63118，即从交通指数在[4,6)，[6,8)，[8,10]的路段中分别抽取的个数为2,3,1.(3)记抽取的2个轻度拥堵路段为1A，2A，抽取的3个中度拥堵路段为1B，2B，3B，抽取的1个严重拥堵路段为1C

，则从这6个路段中抽取2个路段的所有可能情况为：12111213,,,,,,,,AAABABAB1121222321121311232131

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ACABABABACBBBBBCBBBCBC，共15种，其中至少有1个路段为轻度拥堵的情况为：121112131121,,,,,,,,,,,,AAAB

ABABACAB222321,,,,,ABABAC，共9种.所以所抽取的2个路段中至少有1个路段为轻度拥堵的概率为93155.【点睛】本题考查了频率直方图的应用、分层抽样、古典概型概率的求法.解决本题的关键是对频率直方图所表示的意义要了解，分层抽样的原则要知道，要能识别古

典概型.19.已知数列{}na为正项等比数列，满足34a，且5a，43a，6a构成等差数列，数列{}nb满足221loglognnnbaa.（1）求数列{}na，{}nb的通项公式；（2）若数列{}nb的前n项和为nS，数列{}nc满足141nncS，求数列{}nc的

前n项和nT.【答案】（Ⅰ）12nna，21nbn；（Ⅱ）21nnTn【解析】【分析】(Ⅰ)先设等比数列na的公比为q(q0)，根据34a，且546,3,aaa构成等差数列，求出q，即可得出na的通项公式，再由22

1loglognnnbaa，可得出nb的通项公式；(Ⅱ)先由等差数列的前n项和公式求出nS，再由裂项相消法求出nT即可.【详解】解：(Ⅰ)设等比数列na的公比为q(q0)，由题意，得256466

aaaqq解得2q或3q（舍）又3141aa所以1112nnnaaq221loglog121nnnbaannn(Ⅱ)1212122nnnnnbbSn．∴211114122121ncnnn

，∴11111112335212121nnTnnn【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列，以及求数列的前n项和，熟记等差数列与等比数列的通项公式即可求解，属于常考题型.20.已知函数22log1fxxax

.（1）若()fx的定义域，值域都是R，求a的值；（2）当2a时，讨论()fx在区间0b，上的值域.【答案】（1）实数a不存在在；（2）当01b时，值域为：22[log21,0]bb；当12b，值域为(,0]；当2b时，值域为：22(,log2

1]bb.【解析】【分析】（1）根据对数的真数大于零，结合已知和一元二次不等式解集的性质、对数函数的单调性进行求解即可；（2）根据复合函数的单调性，结合所给的区间，分类讨论进行求解即可.【详解】（1）因为()fx的定义域是R，所以210xax在实数集上恒成立，故一元二次方程21

0xax的根的判别式22404aa；()fx的值域是R，说明21yxax能取遍所有的正实数，因此一元二次方程210xax的根的判别式22404aa，显然这与刚得到24a矛

盾，故不存在这样的实数a；（2）因为2a，所以2222log21log1fxxxx，函数的定义域为不等于1的全体实数，故区间0b，的右端点不能等于1，即0b且1b，显然函数在(,1)上单

调递减，在(1,)上单调递增.当01b时，函数在0b，上是减函数，故函数的最大值为20log10f，函数的最小值为：22log21fbbb，因此函数的值域为：22[log21,0]bb；当12b，

函数没有单调性，故函数的最大值为20log10f，而1x，所以函数的值域为(,0]；当2b时，函数的最大值为：22log21fbbb，而1x，所以函数的值域为：22(,log21]bb.【点睛】本题考查了已知对数型函数的定义域和值域

求参数问题，考查了求对数型函数在闭区间上的值域问题，考查了对数型函数的单调性，考查了分类讨论思想，考查了数学运算能力.21.如图，四边形ABCD是矩形，沿对角线AC将ACD折起，使得点D在平面ABC上的射影恰好

落在边AB上.（1）求证：平面ACD平面BCD；（2）当2ABAD时，求二面角DACB的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）14.【解析】【分析】（1）先证明BCAD.结合ADCD，得AD平面BCD

，又AD平面ACD，所以平面ACD平面BCD.（2）以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.【详解】（1）设点D在平面ABC上的射影为点E，连接DE则DE平面A

BC，所以DEBC.因为四边形ABCD是矩形，所以ABBC，所以BC⊥平面ABD，所以BCAD.又ADCD，所以AD平面BCD，而AD平面ACD，所以平面ACD平面BCD.（2）方法1：在矩形ABCD

中，过点D作AC的垂线，垂足为M，连结ME.因为DE平面ABCDEAC，又DM∩DE=D所以AC平面DMEEMAC，所以DME为二面角DACB的平面角.设ADa，则2ABa.在ADC中，

易求出55aAM，255aDM.在AEM中，15tan210EMaBACEMAM，所以1cos4EMDMEDM.方法2：以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，

如图所示.设ADa，则2ABa，所以020Aa，，，00Ca，，.由（1）知ADBD，又2ABAD，所以30DBA°，60DAB°，那么1cos2AEADDABa，32BEABAEa，3sin2DEADDABa，所以33022Da

a，，，所以13022ADaa，，，20ACaa，，.设平面ACD的一个法向量为mxyz，，，则00mADmAC，，即1302220.ayazaxay，取1y，则2x，33z，所以31

23m，，.因为平面ABC的一个法向量为001n，，，所以222313cos43123mnmnmn，.所以求二面角DACB的余弦值为14.【点睛】此题考查二面角余弦值的计算，向量坐标的运算等

.22.已知圆22:(2)1Mxy，直线:1ly，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切.设动圆圆心P的轨迹为E.（1）求E的方程；（2）若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且16OAOB，求证：直线AB恒过定点.【答案】（1）28xy；（2）见解析【解析】【分析】（

1）由抛物线定义可知动圆P的圆心轨迹为抛物线,根据焦点及准线方程可求得抛物线的标准方程.（2）设出直线AB的方程,联立抛物线,化简后结合韦达定理,表示出OAOB,根据等量关系可求得直线方程的截距,即可求得所过定点的坐标.【详解】（1）由题意动圆

P与:1ly相切,且与定圆22:(2)1Mxy外切所以动点P到(0,2)M的距离与到直线2y的距离相等由抛物线的定义知,点P的轨迹是以(0,2)M为焦点,直线2y为准线的抛物线故所求P的轨迹方程

E为28xy（2）证明：设直线:ABykxb,11,Axy,22,Bxy,将直线AB代入到28xy中化简得2880xkxb,所以128xxk,128xxb又因为2221212121281664

xxOAOBxxyyxxbb所以4b则直线AB为4ykx恒过定点(0,4)【点睛】本题考查了抛物线的定义及标准方程求法,直线与抛物线的位置关系及直线过定点问题,属于中档题.