1、扎鲁特旗第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学试题（文）说明：1. 本试卷分第卷和第卷两部分；2. 请把答案填写到答题纸上；3. 本试卷考试时间为120分钟，满分为150分；第卷（选择题，共60分）一、选择题：（本大题共12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的.）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用数轴求交集即可得答案.【详解】用数轴表示集合、如图所示，故选：D 【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题.2. 复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由复数的乘法法则计算【详解
2、】故选：A【点睛】本题考查复数的乘法运算，属于基础题3. 已知，则的大小关系是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用对数函数和指数函数的单调性判断.【详解】，则，所以.故选：D.【点睛】本题考查指对数值大小比较.指数函数值大小比较：常化为同底或同指，利用指数函数的单调性，图象或1,0等中间量进行比较对数函数值大小比较：（1）单调性法：在同底的情况下直接得到大小关系，若不同底，先化为同底;（2）中间量过渡法：寻找中间数联系要比较的两个数，一般是用“0”，“1”或其他特殊值进行“比较传递”;（3）图象法：根据图象观察得出大小关系.4. 1777年，法国科学家蒲丰在宴请客人时，
3、在地上铺了一张白纸，上面画着一条条等距离的平行线，而他给每个客人发许多等质量的，长度等于相邻两平行线距离的一半的针，让他们随意投放.事后，蒲丰对针落地的位置进行统计，发现共投针2212枚，与直线相交的有704枚.根据这次统计数据，若客人随意向这张白纸上投放一根这样的针，则针落地后与直线相交的概率约为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据统计数据，求出频率，用以估计概率.【详解】.故选:D.【点睛】本题以数学文化为背景，考查利用频率估计概率，属于基础题.5. 中国古代十进制的算筹记数法在世界数学史上是一个伟大的创造.据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，算筹记数的方法
4、是：个位、百位、万位的数按纵式的数码摆出：十位、千位、十万位的数按横式的数码摆出.如7738可用算筹表示为.1-9这9个数字的纵式与横式的数码表示如图所示，则829可用算筹表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由算筹记数的方法可知：829中8、2、9分别在百位、十位、个位上，即依次用纵式、横式、纵式表示，即可知正确选项【详解】个位、百位、万位的数按纵式的数码；十位、千位、十万位的数按横式的数码由题意，知：829可用算筹表示为故选：D【点睛】本题考查了新定义问题，根据题设所描述的算筹记数方法表示一个给定的数，属于简单题6. 已知等差数列满足，则中一定为零的项是（ ）A.
5、B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的基本量进行运算【详解】设数列的公差为，则，故选：C【点睛】本题考查等差数列的基本量运算，掌握等差数列的通项公式是解题关键7. 已知平面平面，则“直线平面，直线平面”是“直线直线”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据充分必要条件的定义判断【详解】直线平面，直线平面时，的位置关系是平行、相交、异面均有可能，不充分，反之，若，它们与之间关系根本不可确定，故不必要，应是既不充分也不必要条件故选：D【点睛】本题考查充分必要条件判断，掌握充分必要条件的定义是解题基础本
6、题还考查了空间直线、平面间平行的位置关系属于中档题8. 以一个正四面体的棱为面对角线的正方体称为该正四面体的母体，若一个正四面体的体积为，那么该正四面体的母体的内切球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设出正方体的棱长，正方体的体积减去四个角的三棱锥的体积等于四面体的体积，结合已知条件列出等式得到棱长，再求正方体内切球的表面积.【详解】如图，由题设知四面体为，其母体为正方体，该四面体可以看成是正方体切去了四个角（每个角都是三棱锥，且体积相等）形成，设正方体的棱长为，则正方体的体积为，四个三棱锥的体积为，所以四面体的体积为，得所以，内切球的半径为，球的表面积为.故选
7、：B.【点睛】本题是关于正方体的切割体的体积问题，明确四面体是由正方体切去四个角上的三棱锥形成是关键.9. 在中，内角、所对的边分别是，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可知，再根据正弦定理，可得，可得，由此即可求出角，进而求出结果.【详解】在中， 所以，所以，由正弦定理可知，又，所以，又，所以，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.10. 函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由函数值正负和可排除三个选项，得出正确选项【详解】由函数解析式得，排除C，又，排除A、B，只有D满足故选：D【
8、点睛】本题考查由函数解析式先把函数图象，可根据解析式研究函数的性质，特殊的函数值，函数值的正负，函数值趋势排除错误选项，得出正确答案11. 已知双曲线：的渐近线方程为，直线经过双曲线的一个焦点，则（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】由渐近线方程得的关系，然后求出焦点坐标（用表示），代入已知直线方程可求得【详解】由题意，焦点坐标为，又一个焦点过直线，故选：A【点睛】本题考查双曲线的几何性质，考查渐近线方程，焦点坐标，属于基础题12. 设函数，则满足的x的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：首先根据题中所给的函数解析式，将函数图像画出来，从图中可
9、以发现若有成立，一定会有，从而求得结果.详解：将函数的图像画出来，观察图像可知会有，解得，所以满足的x的取值范围是，故选D.点睛：该题考查是有关通过函数值的大小来推断自变量的大小关系，从而求得相关的参数的值的问题，在求解的过程中，需要利用函数解析式画出函数图像，从而得到要出现函数值的大小，绝对不是常函数，从而确定出自变量的所处的位置，结合函数值的大小，确定出自变量的大小，从而得到其等价的不等式组，从而求得结果.第卷（非选择题，共90分）二、填空题（每空5分，共20分）13. 已知平面向量与的夹角为，则_.【答案】1【解析】【分析】求出，由数量积定义求出数量积【详解】由题意，故答案为：1【点睛】
10、本题考查平面向量的数量积，掌握数量积的定义是解题关键还考查了模的坐标运算本题属于基础题14. 已知，则_.【答案】【解析】【分析】先切化弦，再诱导公式化简后，运用余弦二倍角公式得解.【详解】故答案为：.【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系、诱导公式、二倍角公式.同角三角函数的基本关系本身是恒等式，也可以看作是方程，对于一些题，可利用已知条件，结合同角三角函数的基本关系列方程组，通过解方程组达到解决问题的目的应用诱导公式化简求值的关键是利用诱导公式把任意角的三角函数值转化为锐角的三角函数值求解转化过程中注意口诀“奇变偶不变，符号看象限”的应用15. 曲线在处的切线的倾斜角为_.【答案】【解析】
11、【分析】由题意结合导数的几何意义可得切线的斜率，进而可得切线的倾斜角.【详解】由题意，所以当时，即曲线在处的切线的斜率为-1，设该切线倾斜角为，则，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了导数的运算及几何意义的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.16. 我国古代数学著作张邱建算经中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一，凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为，则当时，_，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将代入解方程组可得、值.详解】【点睛】实际问题数学化，利用所学的知识将陌生的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突
12、破口三、解答题（共70分）17. 内角，对应的边分别是，已知，.（1）求的值；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式把题设中边角的关系转化为，从而可求的值.（2）结合余弦定理可得关于的方程，求出后可得，利用面积公式可得.【详解】（1）由，得，因为，所以.（2），根据余弦定理得，代入数据得，解得（舍去），故，因为，故，所以.【点睛】在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式. 三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道两角及一边，用正弦定
13、理.18. 新高考，取消文理科，实行“”，成绩由语文、数学、外语统一高考 成绩和自主选考的3门普通高中学业水平考试等级性考试科目成绩构成.为了解各年龄层对新高考的了解情况，随机调查50人（把年龄在称为中青年，年龄在称为中老年），并把调查结果制成下表：年龄（岁）频数515101055了解4126521（1）分别估计中青年和中老年对新高考了解的概率；（2）请根据上表完成下面列联表，是否有的把握判断对新高考的了解与年龄（中青年、中老年）有关？了解新高考不了解新高考总计中青年中老年总计附：.0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1），；（2）列联表见解析，有.【解析】
14、【分析】（1）分别求出中青年、中老年对高考了解的频数，即可求出频率；（2）根据题中所给数据填写列联表，然后计算，对照附表得出结论即可.【详解】（1）由题中数据可知，中青年对新高考了解的概率，中老年对新高考了解的概率；（2）列联表如图所示：了解新高考不了解新高考总计中青年22830中老年81220总计302050，所以有的把握判断了解新高考与年龄（中青年、中老年）有关联.【点睛】本题考查概率的计算，考查独立性检验，考查逻辑思维能力和计算能力，考查数据的处理能力，属于常考题.19. 如图，四棱锥中，.（1）求证：平面.（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）
15、根据三角形相似证得，然后利用线面平行的判定定理求得结论；（2）先利用线面垂直的判定定理证得是三棱锥的高.然后利用等体积法求得点面距离.【详解】解：（1）证明：连接交于点，连接，.又，则，又平面，且平面，平面.（2）点到平面的距离即点到平面的距离，设为.由得，又，得平面，则，由得，由（1），得，由得，由（1），得，则，又，得平面，则.，底面，是三棱锥的高.，则，由，得，解得.【点睛】本题考查线面平行及点到平面的距离，意在考查学生的数学抽象及数学运算的学科素养，属中档题.20. 已知圆：，过点，且被直线截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）设斜率为1的直线与圆交于，两点，求面积的最大值及此时直线的
16、方程.【答案】（1）；（2）最大值为2，直线的方程为或.【解析】【分析】（1）由题意可得，解之即得圆的方程；（2）设：，再利用基本不等式求面积的最大值及此时直线的方程.【详解】（1）圆心坐标为，圆心到直线的距离，由题意可得，解得或（舍去），故圆的方程为.（2）设：，圆心到直线的距离为，弦长，当且仅当，即或时取等号.故面积的最大值为2，此时直线的方程为或.【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系，考查基本不等式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21. 已知函数.（1）求函数的最小值；（2）当时，证明：.【答案】（1）0；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意
17、结合导数可得函数的单调性，即可求得函数的最小值；（2）由题意转化条件得证明，令，通过导数可得，即可得证.【详解】（1）函数的定义域为，且，当时，；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，取得最小值0；（2）证明：当时，要证成立，只要证成立，由（1）可知即，只要证，即只要证，令，则，当时，函数在上单调递增，当时，即，当时，不等式成立.【点睛】本题考查了导数的应用，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，合理转化条件、构造函数是解题关键，属于中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修44：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，曲
18、线（为参数），在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；（2）设点在曲线上，点在曲线上，求的最小值及此时点的直角坐标.【答案】（1）；（2）最小值为，此时的直角坐标为【解析】【分析】（1）根据消去参数，曲线参数方程化为普通方程；曲线极坐标方程展开，代入，即可求出直角坐标方程；（2）设点，的最小值为点到直线距离的最小值，根据点到直线距离公式，结合辅助角公式，转化为求余弦型函数的最小值，即可求出结论.【详解】（1）由（为参数），得的普通方程为；由，得，即，又由，得曲线；（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值，即为到的距离的最小值，.
19、当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化、极坐标方程和直角坐标方程互化，利用圆的参数方程求点到直线距离的最值，考查计算求解能力，属于中档题.选修45：不等式选讲23. 已知.（1）求不等式的解集；（2）设，在同一坐标系内画出函数和的图象，并根据图象写出不等式的解集.【答案】（1）（2）作图见解析；不等式的解集为【解析】【分析】（1）分类讨论去绝对值，将化为分段函数，分类讨论求解不等式；（2）分类讨论化简，分别做出图象，根据函数图象，即可求出的解集.【详解】（1），当时，得；当时，解得，故；当时，解得，故.综上，原不等式的解集为.（2），在同一坐标系内画出函数和的图象，由图可知，不等式的解集为.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，分类讨论等价转化为一元一次不等式求解，考查数形结合思想，属于中档题.
