1、河南省洛阳市2018-2019学年高一下学期期末质量检测数学试题本试卷分第卷(选择題)和第卷(非选择题)两部分.第I卷1至2项，第卷3至4页.共150分.考试时间120分钟第卷(选择题，共60分)注意事项1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上2.考试结束，将答题卡交回一、选择题:本题共12个小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求1.已知集，集合，则A. (-2,-1)B. (-1,0)C. (0,2)D. (-1,2)【答案】D【解析】【分析】根据函数的单调性解不等式，再解绝对值不等式，最后根据交集的定义求解.【详解】由得，由得，所以，故选D.【点睛】
2、本题考查指数不等式和绝对值不等式的解法，集合的交集.指数不等式要根据指数函数的单调性求解.2.某厂家生产甲、乙、丙三种不同类型的饮品产量之比为2:3:4.为检验该厂家产品质量，用分层抽样的方法抽取一个容量为72的样本，则样本中乙类型饮品的数量为A. 16B. 24C. 32D. 48【答案】B【解析】【分析】根据分层抽样各层在总体的比例与在样本的比例相同求解.【详解】因为分层抽样总体和各层的抽样比例相同，所以各层在总体的比例与在样本的比例相同，所以样本中乙类型饮品的数量为.故选B.【点睛】本题考查分层抽样，依据分层抽样总体和各层抽样比例相同.3.在ABC中，点D在边BC上，若，则A. +B.
3、+C. +D. +【答案】C【解析】【分析】根据向量减法和用表示，再根据向量加法用表示.【详解】如图：因为，所以，故选C.【点睛】本题考查向量几何运算的加减法，结合图形求解.4.计算: A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据正弦余弦的二倍角公式化简求解.【详解】，故选A.【点睛】本题考查三角函数的恒等变化，关键在于寻找题目与公式的联系.5.执行如图所示的程序框图，若输人的n值为2019，则SA. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据程序框图可知，当时结束计算，此时 .【详解】计算过程如下表所示：周期为6n2019k1220182019S kn是是是是否故选B.【点睛
4、】本题考查程序框图，选用表格计算更加直观，此题关键在于判断何时循环结束.6.为研究需要，统计了两个变量x，y的数据情况如下表: 其中数据x1、x2、x3xn，和数据y1、y2、y3，yn的平均数分别为和，并且计算相关系数r-0.8，回归方程为，有如下几个结论：点(，)必在回归直线上，即b+；变量x，y的相关性强；当xx1，则必有；b0其中正确的结论个数为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据回归方程性质和相关系数的性质求解.【详解】回归直线经过样本中心点，故正确；变量的相关系数的绝对值越接近与1，则两个变量的相关性越强，故正确；根据回归方程的性质，当时，不一定有，故错误
5、；由相关系数知 负相关，所以，故正确；故选C.【点睛】本题考查回归直线和相关系数，注意根据回归方程得出的是估计值不是准确值.7.已知两条直线与两个平面，给出下列命题:若，则；若，则；若，则；若，则；其中正确的命题个数为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】结合线面平行定理和举例判断.【详解】若，则可能平行或异面，故错误；若，则可能与的交线平行，故错误；若，则，所以，故正确；若，则可能平行，相交或异面，故错误；故选A.【点睛】本题线面关系的判断，主要依据线面定理和举例排除.8.设，则A. -1B. 1C. l n2D. -ln2【答案】C【解析】【分析】先把化为，再根据公式和
6、求解.【详解】故选C.【点睛】本题考查对数、指数的运算，注意观察题目之间的联系.9.如图是一圆锥的三视图，正视图和侧视图都是顶角为120的等腰三角形，若过该圆锥顶点S的截面三角形面积的最大值为2，则该圆锥的侧面积为A. B. C. D. 4【答案】B【解析】【分析】过该圆锥顶点S的截面三角形面积最大是直角三角形，根据面积为2求出圆锥的母线长，再根据正视图求圆锥底面圆的半径，最后根据扇形面积公式求圆锥的侧面积.【详解】过该圆锥顶点S的截面三角形面积最直角三角形，设圆锥的母线长和底面圆的半径分别为，则，即，又，所以圆锥的侧面积；故选B.【点睛】本题考查三视图及圆锥有关计算，此题主要难点在于判断何时
7、截面三角形面积最大，要结合三角形的面积公式，当，即截面是等腰直角三角时面积最大.10.已知向量是单位向量，(3，4)，且在方向上的投影为，則A. 36B. 21C. 9D. 6【答案】D【解析】【分析】根据公式把模转化为数量积，展开后再根据和已知条件计算.【详解】因为在方向上的投影为，所以， .故选D.【点睛】本题主要考查向量模有关的计算，常用公式有，.11.已知圆C的半径为2，在圆内随机取一点P，并以P为中点作弦AB，则弦长的概率为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出临界状态时点P的位置，若，则点P与点C的距离必须大于或等于临界状态时与点C的距离，再根据几何概型的概率计算
8、公式求解.【详解】如图所示：当时，此时,若，则点P必须位于以点C为圆心，半径为1和半径为2 的圆环内，所以弦长的概率为：.故选B.【点睛】本题主要考查几何概型与圆的垂径定理，此类题型首先要求出临界状态时的情况，再判断满足条件的区域.12.函数的值域为A. 1, B. 1,2C. ,2D. 【答案】D【解析】【分析】因为函数，平方求出的取值范围，再根据函数的性质求出的值域.【详解】函数定义域为： ，因为，又， 所以的值域为.故选D.【点睛】本题考查函数的值域，此题也可用三角换元求解.求函数值域常用方法：单调性法，换元法，判别式法，反函数法，几何法，平方法等.第卷(非选择题，共90分)二、填空题:
9、本大题共4个小题，每小题5分，共20分13.若则 _【答案】【解析】因为,所以=.故填14.已知实数满足，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】实数满足表示点在直线上，可以看作点到原点的距离，最小值是原点到直线的距离，根据点到直线的距离公式求解.【详解】因为实数满足1所以表示直线上点到原点的距离，故的最小值为原点到直线的距离，即，故的最小值为1.【点睛】本题考查点到点，点到直线的距离公式，此题的关键在于的最小值所表示的几何意义的识别.15.在四面体A-BCD中，ABACDBDCBC，且四面体A-BCD的最大体积为，则四面体A-BCD外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】当面ABC面与BCD
10、垂直时，四面体A-BCD的体积最大，根据最大体积为求出四面体的边长，又ABC和BCD是等腰直角三角形，所以四面体A-BCD外接球的球心位于的中点，从而得到半径，即可求解.【详解】如图所示：当面ABC面与BCD垂直时，四面体A-BCD的体积最大为，又ABACDBDCBC，所以ABC和BCD是等腰直角三角形，所以四面体A-BCD外接球的球心为的中点，又，解得， ，所以四面体A-BCD外接球的半径故四面体A-BCD外接球的表面积为.【点睛】本题考查多面体的外接圆及相关计算，多面体外接圆问题关键在圆心和半径.16.已知曲线与直线交于A，B两点，若直线OA，OB的倾斜角分别为、，则_【答案】【解析】【分
11、析】曲线即圆曲线的上半部分，因为圆是单位圆，所以，联立曲线与直线方程，消元后根据韦达定理与直线方程代入即可求解.【详解】由消去得，则 ，由三角函数的定义得故.【点睛】本题主要考查三角函数的定义，直线与圆的应用.此题关键在于曲线的识别与三角函数定义的应用.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.已知点A(1，2)，B(3，1)，C(2，2)，D(1，m)(1)若向量，求实数m的值；(2)若m3，求向量与的夹角【答案】(1)1；（2）.【解析】【分析】(1) 先求出，的坐标，再根据两向量平行坐标交叉相乘相减等于零求解；(2) 先求出，的坐标和模，再求，的数
12、量积，即可求向量与的夹角【详解】(1)因A(1，2)，B(3，1)，C(2，2)，D(1，m)，所以，若向量，则，即，(2) 若m3，则，所以，所以，故向量与的夹角为 .【点睛】本题考查向量平行与夹角的计算.向量平行根据向量共线定理，求向量的夹角要选择合适的公式.18.高二数学期中测试中，为了了解学生的考试情况，从中抽取了个学生的成绩（满分为100分）进行统计.按照50,60), 60,70), 70,80), 80,90), 90,100的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图（图中仅列出得分在50,60), 90,100的数据）.(1)求样本容量和频率分布直方图中的值；(2)在选取
13、的样本中，从成绩是80分以上（含80分）的同学中随机抽取3名参加志愿者活动，所抽取的3名同学中至少有一名成绩在90,100内的概率。.【答案】(1)40,0.025,0.005 (2)【解析】试题分析：（）由样本容量和频数频率的关系易得答案；（）由题意可知，分数在80，100）内的学生有6人，分数在90，100内的学生有2人，结合古典概型概率公式和对立事件概率公式可求得至少有一名成绩在90,100内的概率试题解析：（1）由题意可知，样本容量，.6分（2）由题意，分数在内的有4人，分数在内的有2人，成绩是分以上（含分）的学生共6人.从而抽取的名同学中得分在的学生人数的所有可能的取值为.，所以所求
14、概率为考点：频率分布直方图；茎叶图19.如图，在矩形ABCD中，AB3，BC=2，点M，N分别是边AB，CD上的点，且MNBC，.若将矩形ABCD沿MN折起使其形成60的二面角(如图)(1)求证:平面CND平面AMND；(2)求直线MC与平面AMND所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）转化为证明MN平面CND；（2）过点C作CHND与点H，则MH是MC在平面AMND内射影，所以CMH即直线MC与平面AMND所成的角.【详解】（1）在矩形ABCD中，MNBC，MNND，MNNC，又ND，NC是平面CND内的两条相交直线，MN平面CND，又MN平面AMND，平面CN
15、D平面AMND.（2）由（1）知CND60，又，AB3，BC=2，MNBC，所以CN1，DN=2，由余弦定理得 ，所以DCN90，过点C作CHND与点H，连接MH，则CMH即直线MC与平面AMND所成的角，又， 所以故直线MC与平面AMND所成角的正弦值为.【点睛】本题考查面面平行证明和线面角. 面面平行证明要转化为线面平行证明；求线面角关键在于作出直线在平面内的射影.20.已知函数(1)求函数的单调递减区间；(2)若将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，然后再向右平移()个单位长度，所得函数的图象关于轴对称求的最小值【答案】(1) ，（2）.【解析】【分析】(1) 根据诱导公
16、式，二倍角公式，辅助角公式把化为的形式，再根据复合函数单调性求解；(2)先根据变换关系得到函数解析式，所得函数的图象关于轴对称，则时，.【详解】(1) 当即时，函数单调递减，所以函数的单调递减区间为.(2) 将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，然后再向右平移()个单位长度，所得函数为，若图象关于轴对称，则，即，解得，又，则当时， 有最小值.【点睛】本题主要考查三角函数的性质和图像的变换.关键在于化为的形式，三角函数的平移变换是易错点.21.已知圆和圆(1)若直线过点，且被圆截得的弦长为2，求直线的方程；(2)设为平面上的点，满足:存在过点的无穷多对互相垂直的直线和，且直线被圆
17、截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点的坐标【答案】(1)或；(2) 或【解析】分析】（1）因为直线过点，故可以设出直线的点斜式方程，又由直线被圆截得的弦长为，根据半弦长、半径、弦心距满足勾股定理，求出弦心距，即圆心到直线的距离，得到关于直线斜率的方程，解方程求出值，代入即得直线的方程；（2）与（1）相同，我们可以设出过点的直线和的点斜式方程，由于两直线斜率积为1，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等， 故我们可以得到一个关于直线斜率的方程，解方程求出值，代入即得直线和的方程.【详解】(1)由于直线与圆不相交，所以直线的斜率存在，设直线方程为 ，圆的圆心到直线的距离为
18、，因为直线被圆截得的弦长为 ，所以 ，又 ，从而 即或 所以直线的方程为或 .(2) 设点满足条件，由题意分析可得直线和的斜率均存在且不为0，不妨设直线的方程为，则直线方程为 ，因为和的半径相等，及直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，所以圆的圆心到直线的距离和圆的圆心到直线的距离相等，即 整理得 即 或 因为的取值有无穷多个，所以 或 解得 或 这样的点只可能是点 或点 .【点睛】本题考查直线与圆方程的应用.圆的垂径定理与点到直线的距离公式是常用方法，此题的难点在于等式恒成立的条件.22.已知函数，且函数是偶函数，设(1)求的解析式；(2)若不等式0在区间(1，e2上恒成立，求实数的取
19、值范围；(3)若方程有三个不同的实数根，求实数的取值范围【答案】(1) ；(2) ；(3) .【解析】【分析】（1）对称轴为，对称轴为，再根据图像平移关系求解；（2）分离参数，转化为求函数的最值；（3）令为整体，转化为二次函数根的分布问题求解.【详解】(1) 函数的对称轴为，因为向左平移1个单位得到，且是偶函数，所以 ，所以.(2) 即又 ，所以，则因为，所以实数的取值范围是.(3) 方程即 化简得令，则若方程有三个不同的实数根，则方程必须有两个不相等的实数根 ，且或，令当时，则，即 ，当时， ，舍去，综上，实数的取值范围是.【点睛】本题考查求函数解析式，函数不等式恒成立及函数零点问题. 函数不等式恒成立通常采用参数分离法；函数零点问题要结合函数与方程的关系求解.
