1、甘肃省平凉市庄浪县第一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 理（含解析）一选择题1. i是虚数单位，（ ）A. B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】先根据复数除法运算，求得的表达式，再求的模.【详解】依题意，所以，故选D.【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数模的运算，属于基础题.2. “”是“对于任意实数k，直线l：与圆C：恒有公共点”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】A【解析】【分析】求出圆与y轴的交点坐标及直线的定点，数形结合可求得b的范围，即可得出结论.【详解】圆C与y轴的交点坐标分别为，直线l：
2、恒经过点，从而“对于任意实数k，直线l：与圆C恒有公共点”等价于“”，从而“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断，确定直线的定点是解题的关键，属于基础题3. 已知，且，则向量在方向上的投影为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由向量垂直结合数量积的定义可求出，进而可求出向量在方向上的投影.【详解】设与的夹角为，向量在方向上的投影为，故选：C.【点睛】本题考查了由向量垂直求向量的夹角，考查了数量积的定义，考查了向量投影求解，属于基础题.4. 函数在上取最大值时，的值为（）A. 0B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：函数的
3、导数为，令得，又因为，所以，当时，当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以使得函数取得最大值的的值为，故选B.考点：利用导数研究函数在闭区间上的最值.【点晴】本题主要考查了利用导数研究函数在闭区间上的最值问题，属于基础题.函数在闭区间上的最值一般从极值点和区间端点处取得，解答的基本思路是先利用导数研究函数在给定区间上的单调性，看能否找到所需要的最值点，否则求出极值和区间端点的函数值进行比较，来找到所需要的最值点和最值,本题中只需要研究在上的单调性，就能找到极大值点也就是最大值点.5. 已知实数x，y满足约束条件，则3xy的取值范围是（ ）A. B. C. 2，2D. 2，3【答案】A【解
4、析】【分析】画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.【详解】由约束条件作出可行域如图：令z3xy为y3xz，A（2，2）；，D（1，）.当直线y3xz过A（2，2）时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为4，当直线y3xz过时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为.3xy的取值范围是，4.故选：.【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.6. 学校组织的一场围棋比赛中，高二队共有7名选手参赛，赛前须排定出场顺序，要求第一个出场选手必须是甲或乙，且丙丁二人出场顺序不能相邻，不同的出场顺序共（ ）种.A. 960B. 1080C. 720D. 480【答案】A【解析】
5、【分析】先求出第一个出场选手必须是甲或乙的方法，再求出除甲（或乙）、丙、丁外的四人排列的方法，然后用插空法求出丙丁二人出场顺序不能相邻的方法，即可求出.【详解】由题意，第一个出场选手必须是甲或乙，有种方法，除甲（或乙）、丙、丁外的四人排列有种方法，丙丁二人出场顺序不能相邻，用插空法有种方法，则不同的出场顺序共种方法.故选:A.【点睛】本题考查排列组合的综合问题，属于基础题.7. 已知函数，则函数的图像关于（ ）A. 直线对称B. 中心对称C. 直线对称D. 中心对称【答案】C【解析】【分析】通过判断是偶函数，图象关于轴对称，进而判断的图象，关于对称.【详解】可知的定义域为R，对于，其定义域为R
6、，且，是偶函数，图象关于轴对称，将的图象向右平移1个单位得到的图象，关于对称.故选：C.【点睛】本题考查函数奇偶性的对称性的应用，属于基础题.8. 张邱建算经记载了这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里.”其意是：有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的路程是前一天的一半，连续走7天，共走了700里路.若该马按此规律继续行走7天，则它14天内所走的总路程为（ ）里.A 950B. 1055C. 1164D. 【答案】D【解析】【分析】利用等比数列的前项和公式即可求解.【详解】由题意，设该匹马首日路程，公比，解得，所以.故选：D【点睛】本题考查了等比数列的前项和公式，需熟记公式，属
7、于基础题.9. 双曲线C：的两条渐近线与圆相切，则双曲线C的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】取双曲线的一条渐近线方程为y，圆心坐标为（1，0），半径为，计算，化简得到答案.【详解】取双曲线C：的一条渐近线方程为y，即bxay0.化圆为，则圆心坐标为（1，0），半径为.由题意可得：，即，则c25a2，得e.故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.10. 用数学归纳法证明的第二步从到成立时，左边增加的项数是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】写出时左边的式子以及时左边的式子，两式作比较即可求解.【详解】当时，
8、左端，当时，左端，左端增加的项为，左端增加的项数为. 故选：B【点睛】本题考查了数学归纳法，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.11. 已知三棱柱内接于一个半径为的球，四边形与均为正方形，分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值【详解】直三棱柱ABCA1B1C1中,BCA=90,M,N分别是A1B1,A1C1的中点，如图：BC的中点为O，连结ON，MNB1C1=OB，则MNOB是平行四边形，BM与AN所成角就是ANO，分别是，的中点，可得A1C1B1C1
9、，四边形与均为正方形，可得BC=CA=CC1，三棱柱内接于一个半径为的球，设BC=CA=CC1=a,三棱柱外接球可看作棱长为a的正方体外接球，解得a=2，BC=CA=CC1=2,CO=1,AO=,AN=,，在ANO中,由余弦定理可得：,故选：B.【点睛】本题考查异面直线及其所成的角，涉及几何体外接球及空间位置关系等知识点，根据外接球半径解出三棱柱棱长是关键点，也是本题难点，属于较难题.12. 已知是定义在区间内单调函数，且对任意，都有，设为的导函数，则函数的零点个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】设tf（x）lnx，则f（x）lnx+t，又由f（t）e+1，求
10、出f（x）lnx+e，从而求出g（x）的解析式，根据函数单调性求出函数的零点个数即可【详解】对任意的x（0，+），都有ff（x）lnxe+1，又由f（x）是定义在（0，+）上的单调函数，则f（x）lnx为定值，设tf（x）lnx，则f（x）lnx+t，又由f（t）e+1，即lnt+te+1，解得：te，则f（x）lnx+e，f（x）0，故g（x）lnx+e，则g（x）+0，故g（x）在（0，+）递增，而g（1）e10，g（）10，存在x0（，1），使得g（x0）0，故函数g（x）有且只有1个零点，故选B【点睛】本题考查导数的运算和零点存在性定理的应用，关键是通过换元求出f（x）解析式，属于中档
11、题二填空题13. _.【答案】【解析】【分析】根据以及定积分的几何意义可得答案.【详解】，因为表示的是圆在x轴及其上方的面积，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了定积分的计算，考查了定积分的几何意义，属于基础题.14. 4个不同的小球全部放入两个编号为12的盒子中，要求每个盒子中放入的小球数量不小于该盒子的编号，共有_种方法.【答案】10【解析】【分析】由题意可分两类，（1）1号盒子放1个，2号盒子放3个；（2）1号盒子放2个，2号盒子放2个，计算出即可.【详解】由题意可分两类，（1）1号盒子放1个，2号盒子放3个，则有种放法，（2）1号盒子放2个，2号盒子放2个，则有种放法，所以共有1
12、0种放法.故答案为：10.【点睛】本题考查简单的组合问题，属于基础题.15. 已知的二项展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中项的系数是_.【答案】【解析】【分析】根据题意可得，再利用二项式展开式的通项公式即可求解.【详解】二项展开式中只有第5项的二项式系数最大，展开式共有项，通项公式令，解得，所以展开式中项的系数是.故答案为：【点睛】本题考查了二项式系数的最大值、利用通项公式求项的系数，考查了基本运算求解能力，属于基础题.16. 设抛物线的焦点到其准线的距离为2，点，在抛物线C上，且A，B，F三点共线，作，垂足为E，若直线的斜率为4，则_.【答案】【解析】【分析】根据抛物线的性质可得
13、，求出抛物线的标准方程，设的坐标，求出直线的斜率， 由题意可得的坐标，将的纵坐标代入抛物线求出的坐标，进而求出直线的斜率以及方程，代入抛物线求出的坐标，再根据焦半径公式即可求解.【详解】由抛物线的性质焦点到其准线的距离为2，可得.所以抛物线的方程为，所以可得，准线方程为，设，由题意可得， 可得，所以，将代入抛物线方程，可得，解得，即，所以，所以直线的方程为：，与抛物线方程联立，整理可得， 所以，所以，所以.故答案为：【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系、焦半径公式，考查了基本运算求解能力，属于中档题.三解答题17. 已知等差数列的前项和为且满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的
14、前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列的前项和公式以及通项公式即可求解. （2）利用错位相减法即可求解.【详解】（1）为等差数列， （2），即，将两边同时乘以，可得，可得，所以【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式以及通项公式、错位相减法，考查了基本运算求解能力，属于中档题.18. 内角，的对边分别是，已知，.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（1）【解析】【分析】（1）利用正弦定理的边角互化可得，再由，利用二倍角公式即可求解.（2）利用同角三角函数的基本关系可得，再由余弦定理可得，根据三角形的面积公式即可求解.【详解】（1）因为，则，又，所以，所以（2）
15、，又 由余弦定理可得：，可得，整理可得，解得或（舍去），所以.【点睛】本题考查了正弦定理的边角互化、余弦定理解三角形、三角形的面积公式，需熟记公式，属于基础题.19. 某工厂生产的10件产品中，有6件为一等品，4件为二等品.（1）随机选取2件产品，至少有1件二等品的概率是多少？（2）随机选取3件产品，其中一等品的件数记为X，求X的分布列.【答案】（1）；（2）答案见详解.【解析】【分析】（1）根据事件包含的情况，利用组合式以及互斥事件的概率计算公式即可求解.（2）由题意知X所有可能取值为，结合变量对应的事件和等可能事件的概率，写出变量的概率，写出分布列即可.【详解】（1）由题意，设至少有1件二
16、等品为事件， 则.（2）由题意可知X的所有可能取值为，X的分布列为： 【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列，解题时要认真审题，仔细解法，注意概率知识的灵活应用，属于基础题.20. 如图，在几何体中，平面平面，四边形为菱形，M为中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角(不大于90)的余弦值.【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，利用面面平行的判定定理证明平面平面，再利用面面平行的性质定理即可证明.（2）取的中点，连接，以为原点，为轴，求出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为，
17、M分别为、中点，所以，又平面，且平面，所以平面，因为， 所以四边形为平行四边形，又因为平面，且平面，所以平面，又，所以平面平面，因为平面，所以平面； （2）取的中点，连接，因为，所以，因为平面平面，所以平面，因为，所以为等边三角形，因为为的中点，所以，因为两两垂直，设，以为原点，为轴，如图：建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，设平面与平面所成二面角为（不大于90），则.【点睛】本题考查了面面平行的判定定理、性质定理，空间向量法求面面角，考查了考生逻辑推理能力以及运算求解能力，属于基础题.21. 已知椭圆的一个短轴端点为，过椭圆的
18、一个长轴端点作圆的两条切线，所得切线互相垂直.（1）求椭圆的方程；（2）过点M分别作出直线，交椭圆于A，B两点.若直线，的斜率之和为4，证明直线过定点并求出该定点坐标.【答案】（1）；（2）证明见详解；定点为【解析】【分析】（1）由题意可得，求出即可求解. （2）讨论直线的斜率存在时，设直线方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理结合直线，的斜率之和为4，求出可求定点，再讨论直线的斜率不存在时，即可求出.【详解】（1）根据题意， 又过椭圆的一个长轴端点作圆的两条切线，且切线互相垂直，所以，所以，故椭圆的方程为.（2）当直线的斜率存在时，设直线方程为，代入椭圆的方程可得，所以，所以，所以，所以直线的方
19、程为，所以直线必过定点. 当直线斜率不存在时，设，解得，则直线也过定点【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法以及直线与椭圆的位置关系，考查了圆锥曲线中的定点问题，注意第二问讨论斜率存在以及不存在两种情况，对计算能力有一点的要求，属于难题.22. 已知函数，设.（1）若在处取得极值，且，求函数的单调区间；（2）若时，函数有两个不同的零点，求b的取值范围.【答案】（1）单调递减区间为；单调递增区间为；（2）【解析】【分析】（1）求出，利用极值求出，再求，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解. （2）由题意，可得，记，利用导数研究函数的单调区间以及求出函数的最值，结合函数值即可求解.【详解】（1）因为，（），所以，由，可得，又因为在处取得极值，所以，所以，经检验，符合题意；所以，其定义域为，令，可得（舍去），当时，当时，所以函数的单调递减区间为；单调递增区间为.（2）当时，定义域为，由，可得，记，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得最小值，又，所以时，而时， 作出的大致图像，如图;所以函数有两个不同的零点，求b的取值范围为【点睛】本题考查了利用函数的极值求参数值、利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的零点，属于难题.