四川省高二上学期期末数学试卷及解析
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四川省高二上学期期末数学试卷及解析
一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60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.已知圆C:(x﹣2)2+(y+1)2=4,则圆C的圆心和半径分别为()
A.(2,1),4 B.(2,﹣1),2 C.(﹣2,1),2 D.(﹣2,﹣1),2
【考点】圆的标准方程.
【分析】利用圆的标准方程,直接写出圆心与半径即可.
【解答】解:圆C:(x﹣2)2+(y+1)2=4,则圆C的圆心和半径分别为:(2,﹣1),2.
故选:B.
2.当m∈N*,命题“若m>0,则方程x2+x﹣m=0有实根”的逆否命题是()
A.若方程x2+x﹣m=0有实根,则m>0
B.若方程x2+x﹣m=0有实根,则m≤0
C.若方程x2+x﹣m=0没有实根,则m>0
D.若方程x2+x﹣m=0没有实根,则m≤0
【考点】四种命题间的逆否关系.
【分析】直接利用逆否命题的定义写出结果判断选项即可.
【解答】解:由逆否命题的定义可知:当m∈N*,命题“若m>0,则方程x2+x﹣m=0有实根”的逆否命题是:若方程x2+x﹣m=0没有实根,则m≤0.
故选:D.
3.已知命题p:∀x>0,x3>0,那么¬p是()
A.∀x>0,x3≤0 B.
C.∀x<0,x3≤0 D.
【考点】命题的否定.
【分析】利用全称命题的否定是特称命题,写出结果即可.
【解答】解:因为全称命题的否定是特称命题,所以,命题p:∀x>0,x3>0,那么¬p是 .
故选:D.
4.已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()
A.8π B.4π C.2π D.π
【考点】由三视图求面积、体积.
【分析】首先将几何体还原,然后求体积.
【解答】解:由已知得到几何体是底面直径为2,高为2的圆柱,所以其体积为π×12×2=2π;
故选C.
5.已知变量x与y正相关,且由观测数据算得样本平均数 =3, =3.5,则由该观测数据算得的线性回归方程可能是()
A. =0.4x+2.3 B. =2x﹣2.4 C. =﹣2x+9.5 D. =﹣0.3x+4.4
【考点】线性回归方程.
【分析】变量x与y正相关,可以排除C,D;样本平均数代入可求这组样本数据的回归直线方程.
【解答】解:∵变量x与y正相关,
∴可以排除C,D;
样本平均数 =3, =3.5,代入A符合,B不符合,
故选:A.
6.在区间[0,3]上随机地取一个实数x,则事件“1≤2x﹣1≤3”发生的概率为()
A. B. C. D.
【考点】几何概型.
【分析】首先求出事件“1≤2x﹣1≤3”发生对应的区间长度,利用几何概型公式解答.
【解答】解:在区间[0,3]上随机地取一个实数x,则事件“1≤2x﹣1≤3”发生,即1≤x≤2,区间长度为1,
由几何概型公式得到事件“1≤2x﹣1≤3”发生的概率为 ;
故选:B.
7.如图程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图,若输入a,b分别为6,4,则输出a的值为()
A.0 B.2 C.4 D.6
【考点】程序框图.
【分析】由循环结构的特点,先判断,再执行,分别计算出当前的a,b的值,即可得到结论.
【解答】解:由a=6,b=4,a>b,
则a变为6﹣4=2,
由a
由a=b=2,
则输出的a=2.
故选:B.
8.在班级的演讲比赛中,将甲、乙两名同学的得分情况制成如图所示的茎叶图.记甲、乙两名同学所得分数的平均分分别为 甲、 乙,则下列判断正确的是()
A. 甲< 乙,甲比乙成绩稳定 B. 甲> 乙,甲比乙成绩稳定
C. 甲< 乙,乙比甲成绩稳定 D. 甲> 乙,乙比甲成绩稳定
【考点】众数、中位数、平均数.
【分析】由茎叶图知分别求出两组数据的平均数和方差,由此能求出结果.
【解答】解:由茎叶图知:
= (76+77+88+90+94)=85,
= [(76﹣85)2+(77﹣85)2+(88﹣85)2+(90﹣85)2+(94﹣85)2]=52,
= (75+86+88+88+93)=86,
= [(75﹣86)2+(86﹣86)2+(88﹣86)2+(88﹣86)2+(93﹣86)2]=35.6,
∴ 甲< 乙,乙比甲成绩稳定.
故选:C.
9.设m,n是空间两条直线,α,β是空间两个平面,则下列选项中不正确的是()
A.当n⊥α时,“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件
B.当m⊂α时,“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件
C.当m⊂α时,“n∥α”是“m∥n”必要不充分条件
D.当m⊂α时,“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件
【考点】平面的基本性质及推论.
【分析】当n⊥α时,“n⊥β”⇔“α∥β”;当m⊂α时,“m⊥β”⇒“α⊥β”,但是“α⊥β”推不出“m⊥β”;当m⊂α时,“n∥α”⇒“m∥n或m与n异面”,“m∥n”⇒“n∥α或n⊂α”;当m⊂α时,“n⊥α”⇒“m⊥n”,但“m⊥n”推不出“n⊥α”.
【解答】解:当n⊥α时,“n⊥β”⇔“α∥β”,故A正确;
当m⊂α时,“m⊥β”⇒“α⊥β”,但是“α⊥β”推不出“m⊥β”,故B正确;
当m⊂α时,“n∥α”⇒“m∥n或m与n异面”,“m∥n”⇒“n∥α或n⊂α”,故C不正确;
当m⊂α时,“n⊥α”⇒“m⊥n”,但“m⊥n”推不出“n⊥α”,故D正确.
故选C
10.如图,三棱锥A﹣BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值为()
A. B. C. D.
【考点】异面直线及其所成的角.
【分析】连结ND,取ND的中点E,连结ME,推导出异面直线AN,CM所成角就是∠EMC,通解三角形,能求出结果.
【解答】解:连结ND,取ND的中点E,连结ME,
则ME∥AN,∴∠EMC是异面直线AN,CM所成的角,
∵AN=2 ,∴ME= =EN,MC=2 ,
又∵EN⊥NC,∴EC= = ,
∴cos∠EMC= = = ,
∴异面直线AN,CM所成的角的余弦值为 .
故选:A.
11.已知命题p:函数f(x)=x2﹣2mx+4在[2,+∞)上单调递增;命题q:关于x的不等式mx2+2(m﹣2)x+1>0对任意x∈R恒成立.若p∨q为真命题,p∧q为假命题,则实数m的取值范围为()
A.(1,4) B.[﹣2,4] C.(﹣∞,1]∪(2,4) D.(﹣∞,1)∪(2,4)
【考点】复合命题的真假.
【分析】根据二次函数的单调性,以及一元二次不等式的解的情况和判别式△的关系即可求出命题p,q为真命题时m的取值范围.根据p∨q为真命题,p∧q为假命题得到p真q假或p假q真,求出这两种情况下m的范围求并集即可.
【解答】解:若命题p为真,∵函数f(x)的对称轴为x=m,∴m≤2;
若命题q为真,当m=0时原不等式为﹣4x+1>0,该不等式的解集不为R,即这种情况不存在;
当m≠0时,则有 ,
解得1
又∵P∨q为真,P∧q为假,∴P与q一真一假;
若P真q假,则 ,
解得m≤1;
若P假q真,则 ,解得2
综上所述,m的取值范围是m≤1或2
故选:C.
12.如图,在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,给出以下结论:
①直线A1B与B1C所成的角为60°;
②若M是线段AC1上的动点,则直线CM与平面BC1D所成角的正弦值的取值范围是 ;
③若P,Q是线段AC上的动点,且PQ=1,则四面体B1D1PQ的体积恒为 .
其中,正确结论的个数是()
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
【考点】命题的真假判断与应用.
【分析】①先证明A1B与A1D所成角为60°,又B1C∥A1D,可得直线A1B与B1C所成的角为60°,判断①正确;
②由平面BDC1⊥平面ACC1,结合线面角的定义分别求出直线CM与平面BDC1所成角的正弦值最大值与最小值判断②正确;
③在PQ变化过程中,四面体PQB1D1的顶点D1到底面B1PQ的距离不变,底面积不变,则体积不变,求出体积判断③正确.
【解答】解:①在△A1BD中,每条边都是 ,即为等边三角形,∴A1B与A1D所成角为60°,
又B1C∥A1D,∴直线A1B与B1C所成的角为60°,正确;
②如图,由正方体可得平面BDC1⊥平面ACC1,当M点位于AC1上,且使CM⊥平面BDC1时,直线CM与平面BDC1所成角的正弦值最大为1,
当M与C1重合时,连接CM交平面BDC1所得斜线最长,直线CM与平面BDC1所成角的正弦值最小等于 ,
∴直线CM与平面BDC1所成角的正弦值的取值范围是[ ,1],正确;
③连接B1P,B1Q,设D1到平面B1AC的距离为h,则h= ,B1到直线AC的距离为 ,
则四面体PQB1D1的体积V= ,正确.
∴正确的命题是①②③.
故选:D
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
13.根据如图所示的算法语句,当输入的x为50时,输出的y的值为35.
【考点】伪代码.
【分析】算法的功能是求y= 的值,当输入x=50时,计算输出y的值.
【解答】解:由算法语句知:算法的功能是求y= 的值,
当输入x=50时,
输出y=30+0.5×10=35.
故答案为:35.
14.某校高一年级有900名学生,其中女生400名,按男女比例用分层抽样的方法,从该年级学生中抽取一个容量为45的样本,则应抽取的男生人数为25.
【考点】分层抽样方法.
【分析】根据分层抽样的定义求出在各层中的抽样比,即样本容量比上总体容量,按此比例求出应抽取的男生人数.
【解答】解:根据题意得,用分层抽样在各层中的抽样比为 = ,
则应抽取的男生人数是500× =25人,
故答案为:25.
15.袋中有形状、大小都相同的4只球,其中1只白球、1只红球、2只黄球,从中一次随机摸出2只球,则这2只球颜色不同的概率为 .
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率.
【分析】根据题意,把4个小球分别编号,用列举法求出基本事件数,计算对应的概率即可.
【解答】解:根据题意,记白球为A,红球为B,黄球为C1、C2,则
一次取出2只球,基本事件为AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共6种,
其中2只球的颜色不同的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5种;
所以所求的概率是P= ,
故答案为: .
16.若直线y=x+b与曲线y=3﹣ 有两个公共点,则b的取值范围是1﹣2
【考点】直线与圆的位置关系.
【分析】曲线方程变形后,表示圆心为(2,3),半径为2的下半圆,如图所示,根据直线y=x+b与圆有2个公共点,
【解答】解:曲线方程变形为(x﹣2)2+(y﹣3)2=4,表示圆心A为(2,3),半径为2的下半圆,根据题意画出图形,如图所示,
当直线y=x+b过B(4,3)时,将B坐标代入直线方程得:3=4+b,即b=﹣1;
当直线y=x+b与半圆相切时,圆心A到直线的距离d=r,即 =2,即b﹣1=2 (不合题意舍去)或b﹣1=﹣2 ,
解得:b=1﹣2 ,
则直线与曲线有两个公共点时b的范围为1﹣2
故答案为:1﹣2
三、解答题:本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知命题p:x2﹣8x﹣20≤0,命题q:[x﹣(1+m)]•[x﹣(1﹣m)]≤0(m>0),若p是q的充分不必要条件,求实数m的取值范围.
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【分析】由p:x2﹣8x﹣20≤0,得﹣2≤x≤10.由于p是q的充分不必要条件,可得[﹣2,10]⊊[1﹣m,1+m].即可得出.
【解答】解:由p:x2﹣8x﹣20≤0,得﹣2≤x≤10,
∵p是q的充分不必要条件,
∴[﹣2,10]⊊[1﹣m,1+m].
则 ,或 ,
解得m≥9.
故实数m的取值范围为[9,+∞).
18.已知圆C过点A(1,4),B(3,2),且圆心在x轴上,求圆C的方程.
【考点】圆的标准方程.
【分析】法一:设圆C:(x﹣a)2+y2=r2,利用待定系数法能求出圆C的方程.
法二:设圆C:x2+y2+Dx+F=0,利用待定系数法能求出圆C的方程.
法三:由已知圆心C必在线段AB的垂直平分线l上,AB的中点为(2,3),由此能求出圆心C的坐标和半径,从而能求出圆C的方程.
【解答】解法一:设圆C:(x﹣a)2+y2=r2,
则
解得 所以圆C的方程为(x+1)2+y2=20.
解法二:设圆C:x2+y2+Dx+F=0,
则
解得 所以圆C的方程为x2+y2+2x﹣19=0.
解法三:因为圆C过两点A(1,4),B(3,2),所以圆心C必在线段AB的垂直平分线l上,
又因为 ,所以kl=1,又AB的中点为(2,3),
故AB的垂直平分线l的方程为y﹣3=x﹣2,即y=x+1.
又圆心C在x轴上,所以圆心C的坐标为(﹣1,0),
所以半径 ,
所以圆C的方程为(x+1)2+y2=20.
19.如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,底面ABC等边三角形,E,F分别是BC,CC1的中点.求证:
(Ⅰ) EF∥平面A1BC1;
(Ⅱ) 平面AEF⊥平面BCC1B1.
【考点】平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.
【分析】(Ⅰ)由三角形中位线定理得EF∥BC1,由此能证明EF∥平面A1BC1.
(Ⅱ)由三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,得AE⊥BB1,由正三角形性质得AE⊥BC,由此能证明平面AEF⊥平面BCC1B1.
【解答】证明:(Ⅰ)因为E,F分别是BC,CC1的中点,
所以EF∥BC1.
又因为BC1⊂平面A1BC1,EF⊄平面A1BC1,
所以EF∥平面A1BC1.
(Ⅱ)因为三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,
所以BB1⊥平面ABC.又AE⊂平面ABC,
所以AE⊥BB1.
又因为△ABC为正三角形,E为BC的中点,
所以AE⊥BC.
又BB1∩BC=B,所以AE⊥平面BCC1B1.
又AE⊂平面AEF,所以平面AEF⊥平面BCC1B1.
20.某校高中一年级组织学生参加了环保知识竞赛,并抽取了20名学生的成绩进行分析,如图是这20名学生竞赛成绩(单位:分)的频率分布直方图,其分组为[100,110),[110,120),…,[130,140),[140,150].
(Ⅰ) 求图中a的值及成绩分别落在[100,110)与[110,120)中的学生人数;
(Ⅱ) 学校决定从成绩在[100,120)的学生中任选2名进行座谈,求此2人的成绩都在[110,120)中的概率.
【考点】古典概型及其概率计算公式;频率分布直方图.
【分析】(Ⅰ)根据频率分布直方图知组距为10,由频率分布直方图中小矩形面积之和为1,求出a,由此能求出成绩分别落在[100,110)与[110,120)中的学生人数.
(Ⅱ)记成绩落在[100,110)中的2人为A1,A2,成绩落在[110,120)中的3人为B1,B2,B3,由此利用列举法能求出此2人的成绩都在[110,120)中的概率.
【解答】解:(Ⅰ)根据频率分布直方图知组距为10,
由(2a+3a+7a+6a+2a)×10=1,
解得 ;
所以成绩落在[100,110)中的人数为2×0.005×10×20=2;
成绩落在[110,120)中的人数为3×0.005×10×20=3.
(Ⅱ)记成绩落在[100,110)中的2人为A1,A2,
成绩落在[110,120)中的3人为B1,B2,B3,
则从成绩在[100,120)的学生中任选2人的基本事件共有10个:
{A1,A2},{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},{A2,B3},{B1,B2},{B1,B3},{B2,B3},
其中2人的成绩都在[110,120)中的基本事件有3个:
{B1,B2},{B1,B3},{B2,B3},
所以所求概率为 .
21.如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD= ,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1﹣BCDE.
(Ⅰ) 证明:CD⊥平面A1OC;
(Ⅱ) 若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角(锐角)的余弦值.
【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定.
【分析】(Ⅰ)根据线面垂直的判定定理即可证明:CD⊥平面A1OC;
(Ⅱ)若平面A1BE⊥平面BCDE,建立空间坐标系,利用向量法即可求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.
【解答】证明:(Ⅰ)在图1中,∵AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD= ,
∴BE⊥AC,
即在图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,
则BE⊥平面A1OC;
∵CD∥BE,
∴CD⊥平面A1OC.
解:(Ⅱ)若平面A1BE⊥平面BCDE,
由(Ⅰ)知BE⊥OA1,BE⊥OC,
∴∠A1OC为二面角A1﹣BE﹣C的平面角,
∴∠A1OC= ,
如图,建立空间坐标系,
∵A1B=A1E=BC=ED=1.BC∥ED
∴B( ,0,0),E(﹣ ,0,0),A1(0,0, ),C(0, ,0),
=(﹣ , ,0), =(0, ,﹣ ), = =(﹣ ,0,0),
设平面A1BC的法向量为 =(x,y,z),平面A1CD的法向量为 =(a,b,c),
则 ,得 ,令x=1,则y=1,z=1,即 =(1,1,1),
由 ,得 ,取b=1,得 =(0,1,1),
则cos< , >= = = ,
∴平面A1BC与平面A1CD夹角(锐角)的余弦值为 .
22.已知圆C:x2﹣(1+a)x+y2﹣ay+a=0(a∈R).
(Ⅰ) 若a=1,求直线y=x被圆C所截得的弦长;
(Ⅱ) 若a>1,如图,圆C与x轴相交于两点M,N(点M在点N的左侧).过点M的动直线l与圆O:x2+y2=4相交于A,B两点.问:是否存在实数a,使得对任意的直线l均有∠ANM=∠BNM?若存在,求出实数a的值,若不存在,请说明理由.
【考点】圆方程的综合应用.
【分析】(Ⅰ)当a=1时,求出圆心C(1, ),半径r= ,求出圆心C到直线y=x的距离,由此利用勾股定理能求出直线y=x被圆C所截得的弦长.
(Ⅱ)先求出所以M(1,0),N(a,0),假设存在实数a,当直线AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=k(x﹣1),代入x2+y2=4,利用韦达定理,根据NA、NB的斜率之和等于零求得a的值.经过检验,当直线AB与x轴垂直时,这个a值仍然满足∠ANM=∠BNM,从而得出结论.
【解答】解:(Ⅰ) 当a=1时,圆C:x2﹣2x+y2﹣y+1=0,
圆心C(1, ),半径r= = ,
圆心C(1, )到直线y=x的距离d= = ,
∴直线y=x被圆C所截得的弦长为:2 = .
(Ⅱ)令y=0,得x2﹣(1+a)x+a=0,即(x﹣1)(x﹣a)=0,解得x=1,或x=a,
∴M(1,0),N(a,0).
假设存在实数a,当直线AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=k(x﹣1),
代入x2+y2=4得,(1+k2)x2﹣2k2x+k2﹣4=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),从而 ,x1x2= .
∵NA、NB的斜率之和为 + = ,
而(x1﹣1)(x2﹣a)+(x2﹣1)(x1﹣a)
=2x1x2﹣(a+1)(x2+x1)+2a= +2a= ,
∵∠ANM=∠BNM,所以,NA、NB的斜率互为相反数, =0,即 =0,得a=4.
当直线AB与x轴垂直时,仍然满足∠ANM=∠BNM,即NA、NB的斜率互为相反数.
综上,存在a=4,使得∠ANM=∠BNM.