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1、湖北省武汉市武昌区20182019学年高二数学下学期期末考试试题 理（含解析）一、选择题：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.已如集合，,则( ）A. B。 C。 D. 【答案】A【解析】【分析】求出集合A，B,然后进行交集的运算即可【详解】由题意,集合，集合故选:A【点睛】本题主要考查了描述法、区间表示集合的定义，绝对值不等式的解法,以及交集的运算，着重考查了推理与运算能力,属于基础题2. ( ）A. B。 C。 D。 【答案】C【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，即可得到答案【详解】由，故选C【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，着重考查了运算与
2、求解能力,属于基础题3。设，满足约束条件则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出不等式对应的平面区域，利用目标函数的几何意义,求目标函数的最大值即可【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，由得到,平移直线,当过A时直线截距最小，最大,由 得到，所以的最大值为，故选：C【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力,属于基础题4.某公司在年的收入与支出情况如下表所示：收入（亿元)支出y（亿元）根据表中数据可得回
3、归直线方程为,依此名计，如果年该公司的收入为亿元时,它的支出为( ）A. 亿元B。 亿元C。 亿元D. 亿元【答案】B【解析】 ， ,代入回归直线方程， ，解得： ,所以回归直线方程为: ，当 时,支出为 亿元，故选B.5.在长方形中，为的中点，为的中点，设则( ）A. B. C。 D。 【答案】A【解析】【分析】由平面向量线性运算及平面向量基本定理，即可化简，得到答案【详解】如图所示，由平面向量线性运算及平面向量基本定理可得： 【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算，以及平面向量的基本定理的应用,其中解答中熟记向量的运算法则和平面向量的基本定理是解答的关键,着重考查了推理与运算能力，属于基
4、础题6.若函数是奇函数,则使得成立的的取值范围是（ ）A. B。 C。 D。 【答案】C【解析】的定义域为，它应该关于原点对称，所以，又时，为奇函数。又原不等式可以化为，所以,所以，选C。点睛：如果一个函数为奇函数或偶函数，那么它的定义域必须关于原点对称,我们可以利用这个性质去求奇函数或偶函数中的参数的值.7.如图，网格纸上小正方形的边长为,粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（ ）A. B。 C。 D。 【答案】B【解析】【分析】由三视图得到该几何体为三棱锥，底面是等腰直角三角形,且，三棱锥的高为1再由棱锥体积公式求解【详解】由三视图还原原几何体,如图所示，该几何体为三棱锥，
5、底面是等腰直角三角形，且,三棱锥的高为1该三棱锥的体积故选：B【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线,求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系,利用相应公式求解8.命题：，成立的一个充分但不必要条件为( ）A。 B。 C。 D. 【答案】A【解析】【分析】命题p的充分不必要条件是命题p所成立的集合的真子集，利用二次函数的性质先求出p成立所对应的集合,即可求解【详解】由题意，令是一个开口向上
6、的二次函数，所以对x恒成立，只需要，解得，其中只有选项A是的真子集故选：A【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的应用，以及二次函数的性质的应用，其中解答中根据二次函数的性质，求得实数的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力,属于基础题9.已知圆与双曲线的渐近线相切，则的离心率为（ ）A. B。 C. D。 【答案】B【解析】【分析】由题意可得双曲线的渐近线方程为，根据圆心到切线的距离等于半径，求出 的关系，进而得到双曲线的离心率，得到答案【详解】由题意，根据双曲线的渐近线方程为根据圆的圆心到切线的距离等于半径1，可得,整理得,即，又由,则，可得 即双曲线的离心率为故选：B【点睛】本题考
7、查了双曲线的几何性质离心率的求解,其中求双曲线的离心率（或范围）,常见有两种方法：求出 ，代入公式；只需要根据一个条件得到关于的齐次式,转化为的齐次式，然后转化为关于的方程,即可得的值(范围)10。已知正三棱柱的所有顶点都在球的球面上，且该正三棱柱的底面边长为，体积为，则球的表面积为（ ）A。 B. C. D。 【答案】C【解析】【分析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积【详解】由题意可知，正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，底面中心到顶点的距离为，设正三棱柱的高为，由,得,外接球的半径为,外接球的表面积为：故选：C【点睛】本题主要考查了
8、正三棱柱的外接球的表面积的求法，找出球的球心是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，是中档题11.已知函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点,则实数的取值范围是（ )A. B。 C. D。 【答案】B【解析】【分析】首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果【详解】由题意，函数，令,所以,在区间上恰有一个最大值点和最小值点，则函数恰有一个最大值点和一个最小值点在区间,则，解答，即，故选：B【点睛】本题主要考查了三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型12.已知函数存在零
9、点，且，则实数的取值范围是（ )A。 B. C。 D。 【答案】D【解析】【分析】令，可得，设,求得导数，构造，求得导数,判断单调性,即可得到的单调性,可得的范围，即可得到所求的范围【详解】由题意，函数,令，可得，设，则,由的导数为，当时，,则函数递增，且,则递增，可得，则，故选：D【点睛】本题主要考查了函数的零点问题解法，注意运用转化思想和参数分离,考查构造函数法，以及运用函数的单调性，考查运算能力,属于中档题二、填空题。13。的展开式中,的系数为_【答案】【解析】分析】根据题意，由二项式定理可得的展开式的通项,令的系数为1，解可得 的值，将的值导代入通项，计算可得答案【详解】由二项式的展开
10、式的通项为，令，解可得,则有，即 的系数为15，故答案为：15【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，关键是掌握二项式定理的形式，着重考查了推理与运算能力,属于基础题14。已知圆，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心、为半径的圆与圆有公共点，则的最大值等于_【答案】【解析】【详解】因为圆C的方程可化为，所以圆C的圆心为(4，0),半径为1。若上至少存在一点A()，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，那么存在，使得成立，即有，又因为为点C到直线的距离，所以，解得，因此k的最大值是.故答案为：15。有位同学参加学校组织的政治、地理、化学、生物门活动课，要求每位同学各选一门报名（互不干扰)，
11、则地理学科恰有人报名的方案有_【答案】【解析】【分析】由排列组合及分步原理得到地理学科恰有2人报名的方案，即可求解，得到答案【详解】由题意，先在4位同学中选2人选地理学科,共种选法，再将剩下的2人在政治、化学、生物3门活动课任选一门报名，共339种选法，故地理学科恰有2人报名的方案有6954种选法，故答案为：54【点睛】本题主要考查了排列、组合,以及分步计数原理的应用，其中解答中认真审题，合理利用排列、组合,以及分步计数原理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题16.已知抛物线的焦点为，点在上,以为圆心的圆与轴相切，且交于点，若，则圆截线段的垂直平分线所得弦长为，则_
12、【答案】【解析】【分析】根据条件以A为圆心的圆与y轴相切，且交AF于点B,，求出半径，然后根据垂径定理建立方程求解【详解】设，以为圆心的圆与轴相切,则半径，由抛物线的定义可知，又，解得，则,圆A截线段AF的垂直平分线所得弦长为，即,解得故答案为2【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中熟练应用抛物线的定义，合理利用圆的弦长是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列中，。（1)证明数列为等差数列，并求数列通项公式；(2）求数列前项和。【答案】(1)见证明； （2) 【解析】【
13、分析】（1）由题设条件,化简得到，即可证得数列为首项为,公差为的等差数列，进而求得通项公式（2)由（1）可得 ，利用求和公式即可得出【详解】（1）因为，且，所以数列为首项为，公差为的等差数列。所以，即。(2）因为，所以。【点睛】本题主要考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18.在中，已知.（1）求角的余弦值；（2）若,边上的中线，求的面积。【答案】（1) (2)1【解析】【分析】(1)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，根据同角三角函数基本关系式可求的值（2）由已知，两边平方，利用平面向量的运算可求CA的值，根据三角形的面积公式
14、即可求解【详解】（1）因为，所以,即，由三角函数的基本关系式,可得，解得(2）因为，所以,所以，解得所以【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用,平面向量的运算，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题19.如图，三棱锥中，。(1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】(1）见证明；(2) 【解析】【分析】(1）取AB的中点D，连结PD，CD推导出ABPD，ABCD，从而AB平面PCD,由此能证明ABPC（2)作POCD交CD于O,作PEBC，连结OE推导出POAB，从而PO平面ABC，由三垂线定理得OEBC，从而PEO是所求二面角PBCA的平面角,由此能求出二面角PBCA的余弦值【详解】（1）取的中点，连结,.因为，所以,，所以平面，因为平面，所以。（2)作交于，又由POAB，所以PO平面ABC，作，连结，根据三垂线定理，可得，所以是所求二面角的平面角，求得,，在直角中，则，所以
