2017-2018學年云南省玉溪市一中高二下學期期末考試數學(理)試題(解析版)

1、第1頁共23頁2017-2018 學年云南省玉溪市一中高二下學期期末考試數學（理）試題一、單選題1.已知A=1,B= ,貝U AU B =A. I或1 B. r C. I D. I1【答案】D【解析】【分析】根據二次不等式的解法得到B=丁=:卜1 -：； -，再根據集合的并集運算得到結果【詳解】B= 5C心弋 =鶯卜1弋*A=嚇則A U B = r1.故答案為：D.【點睛】高考對集合知識的考查要求較低，均是以小題的形式進行考查，一般難度不大，要求考 生熟練掌握與集合有關的基礎知識縱觀近幾年的高考試題，主要考查以下兩個方面：一是考查具體集合的關系判斷和集合的運算.解決這類問題的關鍵在于正確理解集

2、合中元素所具有屬性的含義， 弄清集合中元素所具有的形式以及集合中含有哪些元素.二是考查抽象集合的關系判斷以及運算.-2i2復數I =A.I B. C.ID.1【答案】A【解析】【分析】根據復數的除法運算得到結果【詳解】-21- 2i(l-l)-=-i(l-i) = -i-1第2頁共23頁復數I =故答案為：A.【點睛】本題考查了復數的運算法則，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題，復數問題高考必考，常見考點有：點坐標和復數的對應關系，點的象限和復數的對應關系，復數的加減 乘除運算，復數的模長的計算3.設等差數列 的前項和為，若，則=A.20B.35 C.45D. 90【答案】C【解析】【分析】

3、號9弘嚴 A 觸心6)利用等差數列的前n項和的性質得到S9=，直接求解.【詳解】等差數列an的前n項和為Sn,a4+a6=10,99dai +a9)二 十a6)二45. S9=故選：C.【點睛】這個題目考查的是數列求和的常用方法；數列通項的求法中有：直接根據等差等比數列公式求和；已知 和 的關系，求表達式，一般是寫出做差得通項，但是這種方法需要檢驗n=1時通項公式是否適用；數列求和常用法有：錯位相減，裂項求和，分組求和等。|x-| -34.設.，則“，.”是“”的A.必要不充分條件B.充分不必要條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】第3頁共23頁根據絕對值不等式和三

4、次不等式的解法得到解集,推小范圍得到結果【詳解】判斷充要條件的方法是：若p? q為真命題且q? p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；若p? q為假命題且q? p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分 條件；若p? q為真命題且q? p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；若p? q為假命題且q? p為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件.判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系.5在中,為邊上的中線，為，的中點，則=弓亠1 -1丄 m1 -1 -3 -ABAC-ABAC-AB + -AC-AB十-ACA.B.C.D.4

5、4【答案】A【解析】【分析】運用向量的加減運算和向量中點的表示,計算可得所求向量.【詳解】在厶ABC中，AD為BC邊上的中線,E為AD的中點,-丄1 -EB = AB-AE = AB - -AD211亠1亠AB * -(AB + At) = -ABAC2244故選：A.【點睛】本題考查向量的加減運算和向量中點表示，考查運算能力，屬于基礎題向量的兩個作根據小范圍可推大范圍， 大范圍不能得到I-x 1，由.則定有I;反之1，則不13- X 1X -一疋有2；故“ 4故答案為：B.解1;”是“I”的充分不必要條件【點睛】第4頁共23頁用：載體作用：關鍵是利用向量的意義、作用脫去“向量外衣”，轉化為我

6、們熟悉的數學問題；工具作用：利用向量可解決一些垂直、平行、夾角與距離問題6如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為（）C. 28 nD. 32 n【答案】C【解析】【分析】L空間幾何體是一個組合體，上面是一個圓錐，圓錐的底面直徑是4,圓錐的高是2,在軸截面中圓錐的母線長使用勾股定理做出的，寫出表面積，下面是一個圓柱，圓柱的底面直徑是4，圓柱的高是4,做出圓柱的表面積，注意不包括重合的平面.【詳解】由三視圖知，空間幾何體是一個組合體，L上面是一個圓錐，圓錐的底面直徑是4，圓錐的高是2,在軸截面中圓錐的母線長是=4, 圓錐的側面積是nX 2X 4=8n下面是一個圓柱，圓柱的

7、底面直徑是4，圓柱的高是4,圓柱表現出來的表面積是nX2 nX 2 X 4=20 n空間組合體的表面積是28 n,故選：C.【點睛】本題考查由三視圖求表面積，本題的圖形結構比較簡單，易錯點可能是兩個幾何體重疊的部分忘記去掉， 求表面積就有這樣的弊端.思考三視圖還原空間幾何體首先應深刻理第5頁共23頁解三視圖之間的關系，遵循長對正，高平齊，寬相等”的基本原則，其內涵為正視圖的 高是幾何體的高，長是幾何體的長；俯視圖的長是幾何體的長，寬是幾何體的寬；側視圖的高是幾何體的高，寬是幾何體的寬由三視圖畫出直觀圖的步驟和思考方法：1首先看俯視圖，根據俯視圖畫出幾何體地面的直觀圖；2、觀察正視圖和側視圖找到

8、幾何體前、后、左、右的高度；3、畫出整體，然后再根據三視圖進行調整.7.:展開式中.項的系數是A.4B. 5 C. 8 D.12【答案】B【解析】【分析】把(1+x)5按照二項式定理展開，可得(1-x) (1+x)5展開式中x2項的系數.【詳解】(1-x) (1+x)5=(1-x) (1+5x+10 x2+10 x3+5x4+x5),其中可以出現的有110 x2和-x5x，其它的項相乘不能出現平方項，故展開式中x2項的系數是10-5=5,故選：B.【點睛】這個題目考查的是二項式中的特定項的系數問題，在做二項式的問題時，看清楚題目是求二項式系數還是系數，還要注意在求系數和時，是不是缺少首項；解決

9、這類問題常用 的方法有賦值法，求導后賦值，積分后賦值等。8.LABC中，角A,B,C的對邊分別是2a,b,c,已知b二c, a2=2b 1 - si nA，則A=3兀兀A.B.C.D.4346【答案】C【解析】試題分 析:由 余 弦定 理 得：2 2 2 2 2 2 2 2a be- 2bccosA = 2b -2b cosA = 2b 1 - cosA，因為a = 2b 1 - sinA,所以cosA = sinA,因為cosA = 0,所以tan A = 1，因為A三0,二，所以A，故4選C.【考點】余弦定理【名師點睛】本題主要考查余弦定理的應用、同角三角函數的基本關系，是高考?？贾R內容

10、本題難度較小，解答此類問題，注重邊角的相互轉換是關鍵，本題能較好地考查考生分析問題、解決問題的能力及基本計算能力等第6頁共23頁9.甲、乙、丙3人站到共有7級的臺階上，若每級臺階最多站2人，同一級臺階上的人不區(qū)分站的位置，則不同的站法總數是A.210 B. 336 C.84D.343【答案】B【解析】【分析】由題意知本題需要分組解決，共有兩種情況，對于7個臺階上每一個只站一人，若有一個臺階有2人另一個是1人，根據分類計數原理得到結果.【詳解】由題意知本題需要分組解決，T對于7個臺階上每一個只站一人有A；種；若有一個臺階有2人另一個是1人共有C31A72種，根據分類計數原理知共有不同的站法種數是

11、A73+CA72=336種.故答案為：B.【點睛】分類要做到不重不漏，分類后再分別對每一類進行計數，最后用分類加法計數原理求和，得到總數.分步要做到步驟完整-完成了所有步驟，恰好完成任務.10九章算術中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬；將四個面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑若三棱錐：為鱉臑，： 丄平面門：,Y ,三棱錐的四個頂點都在球的球面上，則球匚的表面積為A.B.IC. * D.-【答案】A【解析】【分析】求解底圖形角ABC為直角，底面外接圓的圓心是斜邊AC的中點，PA丄平面ABC，球心在過底面圓心并且和PA平行的直線上，球心到圓心的距離為1,利用圓心與球心構造直

12、角三角形求解即可.【詳解】由題意，PA丄平面ABC,PA=AB=2,AC=2，因為平面ABC，和平面PBC都是是直角三角形，則角ABC為直角，此時滿足BC垂直于PA,BC垂直于AB進而得到BC垂 直于PB，此時滿足面PBC為直角三角形，底面外接圓的圓心是斜邊AC的中點，球心第7頁共23頁在過底面圓心并且和PA平行的直線上，并且球心到圓心的距離為1直角三角形外接圓的半徑為r=.R2=r2+1,即R=.球0的表面積S=4nR=12 n故選：A.【點睛】本題考查了球與幾何體的問題，是高考中的重點問題，要有一定的空間想象能力，這樣才能找準關系，得到結果，一般外接球需要求球心和半徑，首先應確定球心的位置

13、，借助于外接球的性質，球心到各頂點距離相等，這樣可先確定幾何體中部分點組成的多邊形的外接圓的圓心，過圓心且垂直于多邊形所在平面的直線上任一點到多邊形的頂點的 距離相等，然后同樣的方法找到另一個多邊形的各頂點距離相等的直線（這兩個多邊形需有公共點），這樣兩條直線的交點，就是其外接球的球心，再根據半徑，頂點到底面 中心的距離，球心到底面中心的距離，構成勾股定理求解，有時也可利用補體法得到半 徑，例：三條側棱兩兩垂直的三棱錐，可以補成長方體，它們是同一個外接球2 2X 4-=111.已知橢圓的左右焦點分別為，以為圓心，. 為直徑的圓與橢圓在第一象限相交于點，且直線：的斜率為 ，則橢圓的離心率為A.，

14、B.CD.【答案】D【解析】【分析】利用直角三角形的邊角關系、橢圓的定義離心率計算公式即可得出.【詳解】在RtPFg中，/ FIPF2=90 直線卩的斜率為品故得到/POF2=60 |PF2|=C,由三角形三邊關系得到|PFi|=,又|PFi|+|PF2|=2a=c+：,【點睛】本題考查橢圓的幾何性質及其應用，求橢圓的離心率（或離心率的取值范圍），常見有兩第8頁共23頁c e =-種方法：求出，代入公式；只需要根據一個條件得到關于:的齊次式，結,2 2 2 2合 轉化為的齊次式，然后等式（不等式）兩邊分別除以或轉化為關于：的方程（不等式），解方程（不等式）即可得（的取值范圍）.12已知函數川；

15、、（），若有且僅有兩個整數1，使得，則的取值范圍為27271-5A.1)21 10，-B.)C )D.)【答案】D【解析】【分析】設g(x)=ex(3x-1),h(x)=ax-a,對g(x)求導，將冋題轉化為存在2個整數x使得g(xj在直線h(x)=ax-a的下方，求導數可得函數的極值，解g(-1) -h(1 )0,求得a的取值范圍.【詳解】設g(x)=ex(3x-1),h(x)=ax-a,則g(x)=ex(3x+2),2x( -汽-巧，g (x) 0, g ( x)單調遞增，22x=-，取最小值-,g(0)=-10,直線h(x)=ax-a恒過定點(1,0)且斜率為a,-1g(-1)-h(-1

16、)=-4e +2a0解得：a揚X,72故答案為：).故選：D.【點睛】本題考查求函數的導數，利用導數判斷函數的單調性和極值問題，涉及轉化的思想，屬于中檔題對于函數恒成立或者有解求參的問題，常用方法有：變量分離，參變分離，轉化為函數最值問題；或者直接求函數最值，使得函數最值大于或者小于0;或者分離成兩個函數，使得一個函數恒大于或小于另一個函數。、填空題【答案】【解析】【詳解】生的概率.在區(qū)間-3，5上隨機取一個實數X，由幾何概型概率計算公式得：1. 0+2 11 (-) 4事件“”發(fā)生的概率為p= =.13.在區(qū)間上隨機取一個實數，則事件藝4”發(fā)生的概率為由，得-2Wx 1,x-2y + 30巴

17、15若實數丫滿足條件I淪% ，則只的最大值為_.【答案】1【解析】【分析】-1Z二-作出平面區(qū)域，則表示過（0,1）和平面區(qū)域內一點的直線斜率求解最大值即第10頁共23頁第11頁共23頁可.【詳解】X1,x-2y + 30作出實數x,y滿足條件I V的平面區(qū)域如圖所示y-i2 =-由平面區(qū)域可知當直線過A點時，斜率最大.fx=1解方程組：；：-=心：得A（1,考慮目標函數的幾何意義，將目標函數進行變形常見的類型有截距型（ + b斜率型（型）和距離型（:型）.（3）確定最優(yōu)解：根據目標函數的類型，并結合可行域確定最優(yōu)解.（4）求最值：將最優(yōu)解代入目標函數即可求出最大值或最小值。注意解答本題時不要

18、忽視斜率不存在的情形16函數；-汕匕：乂川=TIg(x) = mcos(2x)-2mi + 3函數(m 0)，若對所有的第12頁共23頁4i1：-【答案】 引【解析】【分析】n分別求得f(x)、g(x)在0，心上的值域，結合題意可得它們的值域間的包含關系, 從而求得實數m的取值范圍.【詳解】n f(x)=sin2x+( 2COS2X-1)=sin2x+ cos2x=2sin(2x+),nn n 5nn當x0,2x+,; , sin(2x+)1,2, f ( x)1,2.TIn nKm對于g(x)=mcos(2x- )-2m+3(m0),2x-6 3 ? j ?mcos(2x- )m,3-mi

19、g(x)-+3,3-m.nn由于對所有的X20,總存在Xi0,，使得f(xi)=g(X2)成立，3 m可得-+3,3-m? 1,2,3m4故有3-m1解得實數m的取值范圍是1,.411-故答案為：I引.【點睛】本題考查兩角和與差的正弦函數，著重考查三角函數的性質的運用，考查二倍角的余弦，nn解決問題的關鍵是理解對所有的X20,總存在Xi0,，使得f(xi)=g(X2)成立”的含義，轉化為f(X)的值域是g(X)的子集.三、解答題E0-nio-4總存在4j、的取值范圍是使得 成立，則實數第13頁共23頁17在中，角,的對邊分別為，且(a + b(sinA-5inB) = cfsinC-sinB)

20、(2)若* -，求面積的最大值.nA =廠【答案】(1) ; (2)I.【解析】【分析】b2+?-a21222CO$A =-=-(1)根據正弦定理得到：，再由余弦定理得到，根據特殊角的三角函數值得到結果；(2)根據余弦定理可知：.：，根據重要不等1口艮 廠S = bcsin = c 43式和a=4得到乜：；：一：匹，即卜上飛，再由面積-，最終得到結果【詳解】(1)根據正弦定理可知： -時灼 怕b2+ ca2iCO$A =-=-由余弦定理的推論得i!a2= b2+ c2- 2bccos- =+ c2- be3(2)根據余弦定理可知:16 s 2 be - be =beAABC面積當且僅當一時等號

21、成立.，即(2)第14頁共23頁故面積的最大值為【點睛】1.解三角形的應用中要注意與基本不等式的結合，以此考查三角形中有關邊、角的范圍問題利用正弦定理、余弦定理與三角形的面積公式，建立如“宀山”之間的等量關系與不等關系，通過基本不等式考查相關范圍問題；2注意與三角函數的圖象與性質的綜合考查，將兩者結合起來，既考查解三角形問題，也注重對三角函數的化簡、計算及考查相關性質等；3.正、余弦定理也可能結合平面向量及不等式考查面積的最值 或求面積，此時注意應用平面向量的數量積或基本不等式進行求解18已知某廠生產的電子產品的使用壽命(單位：小時)服從正態(tài)分布 ：，,且P(X1300) =P(X1200)=

22、P(X V 800).即可得出P(1200XV(k=0,1,2,3).即可得出.【詳解】正態(tài)分布N(1000 /) 1300) = 0.02P(1200X 1300) + P(X 3 1300) = P(X 1200= P(XS00) = O,l:、P(1200 S X 1300) = 0.1 - 0.02 = 0.08即從該廠隨機抽取一件產品，其使用壽命在丄宀m的概率為-:41300);(2)P( 800 WXV 1200)=1-2P(X V 800)=.可得YB(3,).P( Y=k )=(1)第15頁共23頁P(800 X b0)L-20.已知橢圓-的離心率為，且過點(1)求橢圓1的方程

23、;(2)若直線 與橢圓 交于兩點(點：二均在第一象限)，且直線，：1；的斜率成等比 數列，證明：直線的斜率為定值.一 + = 1【答案】；(2)見解析.【解析】試題分析:(1)根據橢圓的離心率和所過的點得到關于-的方程組，解得 后可得橢圓的方 程.(2)由題意設直線的方程為: ：,與橢圓方程聯(lián)立后消元可得二次方程,-二卩=(-3,0,),I = ( 0 , 3, ),COS Va:= 丁| 廠=或者可以通過建系的方法求兩,),第20頁共23頁一 +v = 1故橢圓1的方程為(2)由題意可知直線 的斜率存在且不為0,設直線 的方程為，消去Y整理得(X +4kV+ 8kmx+現吊-1)=0,直線

24、與橢圓交于兩點,.A二64kZm2-16(1 + 4kZ)(m2-1)二16(4k2-+ 1) 0設點i的坐標分別為 ,-8km4(m - 1)衍+勺二-去 i 勺則：2 ViV2- (kxL+ mjikx;+ m 1 = k叫電+血赳 +x2j + m直線宀；的斜率成等比數列,12整理得-8k2m22-+ m = 0 .l + 4k21k =-結合圖象可知，故直線的斜率為定值.根據二次方程根與系數的關系可得直線；二:的斜率，再根據題意可得此式可求得1，為定值.試題解析:c靠_ = _a213(1)由題意可得w&饗g嚴2，解得.2 v2yx，根據第21頁共23頁點睛：(1)圓錐曲線中的

25、定點、定值問題是?？碱}型，難度一般較大，常常把直線、圓及圓錐曲線等知識結合在一起，注重數學思想方法的考查，尤其是函數思想、數形結合思想、 分類討論思想的考查.(2)解決定值問題時，可直接根據題意進行推理、計算，并在計算推理的過程中消去 變量，從而得到定值.21.已知函數.(1)當時，求曲線*在點1 :處的切線方程；a + 1=-(2)設，若不等式對任意二三.-門恒成立，求的取值范圍.+ 1-)【答案】(1) ;(2);.【解析】【分析】(1)把a=2代入原函數解析式中，求出函數在x=1時的導數值，直接利用直線方程的點斜1 + ax +- - alnx式寫直線方程；(2)設曲-，即h(x)0恒成

26、立，對函數求導，分 I, ,I：；樣-三種情況得到函數單調性，進而得到結果.【詳解】(1)當時，切點為,2f (x) = 1- X二f (1) = 1-2=1曲線1-在點處的切線方程為 ,即x+y-2=1 + 3x +- - alnx(x 0)(2)設r 0 a e -1、：-1eZ+ 1e -1 a 0可得“-2,即-2a03當I :，即時，可得最小值為.：，u 0 ln（i + a） 1:、o sln(i +2即ez+1 （-2, ）綜上可得，-的取值范圍是.【點睛】導數問題經常會遇見恒成立的問題：（1）根據參變分離，轉化為不含參數的函數的最值問題；（2）若就可討論參數不同取值下的函數的單調性和極值以及最值，最終轉化為 叫芒。，若如。恒成立W；（3）若心咖恒成立，可轉化為 兀訥濁隔抓（需在同一處