1、云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 理（含解析）（试卷满分150分，考试时间120分钟）第卷选择题（共60分）一、选择题（每小题5分，共60分）1. 是虚数单位，复数的虚部是（ ）A. 0B. 1C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可求出复数的虚部；【详解】解：所以复数的虚部为故选：B【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算及复数的相关概念，属于基础题.2. 已知，满足，则p与q的关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出集合A，再由可得方程的一个根为，从而可得结论【详解】由得，解得，所以，因
2、为，所以方程的一个根为，所以，故选：D【点睛】此题考查一元二次不等式的解法，考查集合的交集运算，属于基础题3. 在正项等比数列中，数列满足，则数列的前6项和是（ ）A. 0B. 2C. 3D. 5【答案】C【解析】【分析】先由，求出数列的通项公式，再由可求得，从而由等差数列的前项和公式可求得结果【详解】解：设正项等比数列的公比为，因，所以公比不为1，所以，解得，所以，所以，所以数列是以3为首项，为公差的等差数列，所以数列的前6项和为，故选：C【点睛】此题考查等比数列的基本量计算，考查对数的运算性质的应用，属于基础题4. 函数（，为常数，）的部分图象如图所示，则的值（ ）A. B. C. 0D.
3、 【答案】A【解析】【分析】根据图象有，且，即有，得进而求得的值【详解】有图可知：，即；且最小正周期，又即综上，有：故选：A【点睛】本题考查了应用三角函数图象求解析式，根据图象显示的周期(半周期或周期)求，由最值求，最后根据最值所对应的x值求，即可得到最终解析式5. 根据如图所示的程序框图，若输出y的值为4，则输入的值为（ ）A. B. 1C. 或D. 或1【答案】D【解析】【分析】把分别代入函数求出对应的即可【详解】解：因为，所以输出y的值为4，可能是由函数得到的把代入中得，由框图可知只能取，把代入中得，满足题意，所以输入的值可能为或1，故选：D【点睛】此题考查算法的条件结构框图，属于基础题
4、6. 一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论：ABEF；AB与CM成60的角；EF与MN是异面直线；MNCD.其中正确是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】将展开图还原为正方体，由于EFND，而NDAB，EFAB；显然AB与CM平行；EF与MN是异面直线，MN与CD也是异面直线，故正确，错误.7. 函数f(x) 有且只有一个零点的充分不必要条件是()A. a0B. 0aC. a1【答案】A【解析】【分析】函数y=f（x）只有一个零点，分段函数在时， 存在一个零点为1，在无零点，所以函数图象向上或向下平移，图像必须在x轴上方或下方,解题中需要注意的是：题目要求找出
5、充分不必要条件，解题中容易选成充要条件.【详解】当时，y=，x=1是函数的一个零点，则当无零点，由指数函数图像特征可知：a0或a1又题目求函数只有一个零点充分不必要条件，即求a0或a1的一个真子集，故选A【点睛】本题考查函数零点个数问题，解决问题的关键是确定函数的单调性，利用单调性和特殊点的函数值的正负确定零点的个数；本题还应注意题目要求的是充分不必要条件，D项是冲要条件，容易疏忽而出错.8. 已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，则函数在处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用先求出的值，设，根据已知条件求出，再利用奇函数，求出在上的解析式，同时可求出导函数
6、；求出切点坐标，再求出该点处的导数即为切线的斜率，利用点斜式表示出直线方程即可【详解】解：由题意得，解得，当，时，设，则，是定义在上的奇函数，此时，把代入得， ，则切点为，所求的切线方程为：，化简得，故选：B【点睛】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，奇函数性质的利用，以及函数解析式，求函数在某范围内的解析式，一般先将自变量设在该范围内，再想法转化到已知范围上去，考查了转化思想，属于基础题9. 中，分别是角的对边，向量，且，则（ ）A. 30B. 60C. 120D. 150【答案】A【解析】【分析】由两向量的坐标及两向量平行满足的条件列出关系式，利用同角三角形函数间的基本关系求出的
7、值，由为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出的度数，再利用正弦定理化简已知的等式，利用两角和与差的正弦函数公式化简后根据的值不为0，求出的值，由为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出的度数，即可求出的度数【详解】解：向量，且，即，为三角形的内角，把利用正弦定理化简得：，即，又为三角形内角，则故选：【点睛】本题考查了正弦定理，平面向量共线定理的应用，两角和与差的正弦函数公式，诱导公式，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理及公式是解本题的关键，属于中档题10. 已知双曲线 ，过其右焦点且垂直于实轴的直线与双曲线交于两点，是坐标原点，若，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案
8、】C【解析】【详解】设双曲线的右焦点，将代入双曲线方程得，又，根据对称性得，解得或（舍去）.故选：C.考点：双曲线的图象与性质.11. 设，若当时，恒成立，则实数m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先判定函数的奇偶性和单调性，利用函数的性质把不等式转化为在上恒成立，进而结合的范围，得到不等式，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，所以函数为奇函数，且在上为单调递增函数，因为当时，恒成立，即当时，恒成立，所以，即在上恒成立，当时，则，所以，解得或，即实数的取值范围为.故选：D.【点睛】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的应用，以及恒成立问题的求解，其中解答中合理
9、利用函数的基本性质进行转化是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.12. 函数定义域为，若满足在内是单调函数；存在使在上的值域为，那么就称为“成功函数”，若函数是“成功函数”，则的取值范围为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由是“成功函数”，知在其定义域内为增函数，故，由此能求出的取值范围.【详解】是“成功函数”，在其定义域内为增函数，令，有两个不同的正数根，解得，故选C.【点睛】本题考查函数的值域的求法，解题的关键是正确理解“成功函数”，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化第卷非选择题（共90分）二、填空题（每小题5分，共20分）13. 展开式中的常数项
10、为_【答案】84【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为0，求出的值，从而可得展开式中的常数项【详解】解：二项式展开式的通项公式为，令，得，所以展开式中的常数项为故答案为：84【点睛】此题考查二项式定理的应用，属于基础题14. 已知的面积为，则_.【答案】7【解析】【分析】根据三角形的面积求出的大小，再利用余弦定理求解.【详解】因为的面积为，所以,所以因为,由余弦定理得,所以.故答案为：7【点睛】本题主要考查三角形的面积公式的应用，考查余弦定理解三角形，考查平面向量的数量积的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15. 现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次，至少击
11、中3次的概率：先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，2，3，4，5，6，7， 8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了 20组随机数：7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281根据以上数据估计该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为_【答案】【解析】【分析】根据数据统计击中目标的次数，再用古典概型概率公式求解.【详解】由数据得射击4次至少击中3次的次数有15，所以射击4次至
12、少击中3次的概率为.故答案为：【点睛】本题考查古典概型概率公式，考查基本分析求解能力，属基础题.16. 已知球面上有四点，且平面，则此球的体积为_.【答案】【解析】【分析】设的外心为，则三棱锥的外接球的球心在过点，垂直于平面的平面的直线，设球心为，的外接圆半径为，利用正余弦定理求出的外接圆半径，再由平面，结合勾股定理可得外接球的半径【详解】解：设的外心为，则三棱锥的外接球的球心在过点，垂直于平面的平面的直线，设球心为，的外接圆半径为，设外接球的半径为，因为，所以，所以，由正弦定理得，所以，因为平面，所以，所以外接球的体积为故答案为：【点睛】此题考查正余弦定理的应用，考查多面体外接球的体积的求法
13、，属于中档题三、解答题（第17题10分，其它题12分，共70分）17. 已知，其中，若函数，且的对称中心到对称轴的最近距离不小于（1）求的取值范围；（2）在中，分别是角的对边，且，当取最大值时，求的面积【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先由向量的数量积公式求出的解析式，再由的对称中心到对称轴的最近距离不小于，可得，再结周期公式可求出的取值范围；（2）先结合（1）求出，再由可得，再由余弦定理可求出，从而可求得三角形的面积【详解】解：（1），由题意知，即，故的取值范围是（2）由（1）知的最大值为1，所以，且，由余弦定理，又，【点睛】此题考查三角函数的图像和性质的应用，考查三角函数恒等到
14、变换公式的应用，考查余弦定理的应用，属中档题18. 正项数列的前n项和Sn满足： (1)求数列的通项公式； (2)令，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn .【答案】（1）（2）见解析【解析】【详解】（1）因为数列的前项和满足：，所以当时，即解得或，因为数列都是正项，所以，因为，所以，解得或，因为数列都是正项，所以，当时，有，所以，解得，当时，符合所以数列的通项公式，;（2）因为，所以，所以数列的前项和为：，当时，有，所以，所以对于任意，数列的前项和.19. 某市教育部门规定,高中学生三年在校期间必须参加不少于80小时社区服务教育部门在全市随机抽取200位学生参加社区服务
15、的数据,按时间段,（单位：小时）进行统计,其频率分布直方图如图所示（1）求抽取的200位学生中,参加社区服务时间不少于90小时的学生人数,并估计从全市高中学生中任意选取一人,其参加社区服务时间不少于90小时的概率；（2）从全市高中学生（人数很多）中任意选取3位学生,记为3位学生中参加社区服务时间不少于90小时的人数试求随机变量的分布列和数学期望【答案】（1）；（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由频率分布直方图可求出抽取的位学生中，参加社区服务时间不少于小时的学生人数为人，再根据古典概型概率公式可得结果；（2）由已知得随机变量X的可能取值为0，1，2，3，XB（3，），由此能求出随机变量
16、X的分布列和数学期望EX【详解】（1）根据题意，参加社区服务在时间段的学生人数为人；参加社区服务在时间段的学生人数为人；抽取的200位学生中，参加社区服务时间不少于90小时的学生人数为80人.从全市高中学生中任意选取一人，其参加社区服务时间不少于90小时的概率为.（2）由（1）可知，从全市高中学生中任意选取1人，其参加社区服务时间不少于90小时的概率为，XB（3，），由已知得，随机变量的可能取值为0,1,2,3，则，随机变量的分布列为：.【点睛】本题考查古典概型概率的求法，考查离散型随机变量二项分布的分布列和数学期望，属于中档题20. 正的边长为4，是边上的高，分别是，的中点，现将沿翻折成直二
17、面角，如图2.在图2中：（1）求二面角的余弦值；（2）在线段上找一点，使【答案】（1）；（2）P是上的一个三等分点且.【解析】【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，求得平面和平面法向量，利用两个法向量所成角的余弦值得到二面角的余弦值；（2）利用向量垂直，向量数量积等于零，得到相应的等量关系式，求得结果.【详解】（1）以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、x轴建立空间直角坐标系，则，平面的法向量为设平面的法向量为，则即可取，所以，二面角的余弦值为（2）在平面坐标系中，直线的方程为设，则，所以所以，P是上的一个三等分点且【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点
18、有利用空间向量求二面角的余弦值，利用向量垂直得到直线垂直去判断点的位置，属于中档题目.21. 已知椭圆的上顶点为，右焦点为，直线与圆相切（1）求椭圆的方程；（2）若不过点的动直线与椭圆交于两点，且，求证：直线过定点，并求该定点坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析；.【解析】【分析】（1）圆的圆心为，半径直线的方程为，由直线与圆相切，得，由此能求出椭圆的方程（2）由，知，设直线的方程为，直线的方程为联立，整理得，求得点，点的坐标，再表示出直线的方程，由此能证明直线过定点【详解】解：（1）解：圆的圆心为，半径.由题意知，直线的方程为，即，由直线与圆相切，得，解得，故椭圆的方程为.（2）证明：由知
19、，从而直线与坐标轴不垂直，故可设直线的方程为，直线的方程为.联立方程组，整理得，解得或，故点的坐标为，同理，点的坐标为.所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.所以直线过定点.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线过定点的证明，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用，属于中档题22. 已知函数.求函数的单调区间；如果对于任意的，总成立，求实数的取值范围.【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）【解析】【详解】试题分析：求出函数的导数令其大于零得增区间，令其小于零得减函数；令，要使总成立，只需时，对讨论,利用导数求的最小值.试题解析：(1) 由于，所以.当，即时，；当，即时，.所以的单调递增区间为，单调递减区间为.(2) 令，要使总成立，只需时.对求导得，令，则，()所以在上为增函数，所以.对分类讨论： 当时，恒成立，所以在上为增函数，所以，即恒成立； 当时，在上有实根，因为在上为增函数，所以当时，所以，不符合题意； 当时，恒成立，所以在上为减函数，则，不符合题意.综合可得，所求的实数的取值范围是.考点：利用导数求函数单调区间、利用导数求函数最值、构造函数.