2018-2019学年安徽省六安市三校高二下学期期末联考数学(理)试题(解析版)

寨一中)高二下学期期末联考数学试题

一、单选题

1．已知集合Ax21，Bxx1，则AUB( ) A．xx1 C．xx2 【答案】B

【解析】根据题意，利用指数函数的性质解出集合Ax21xx0，再根据集合的并集运算，即可求解出答案。 【详解】

由题意得，集合Ax21x22又因为Bxx1

所以，AUBxx0，故答案选B。 【点睛】

本题主要考查了利用指数函数得性质解不等式以及集合的基本运算。 2．已知复数zA．6 【答案】D

xB．xx0 D．xx1 2xxx0xx0

32i，若zR，则实数x的值为( ) 4xiB．6

8C．

3D．

8332i，且zR，利用复数的除法运算法则，将复数z化4xi简成abi的形式，再令虚部为零，解出x的值，即可求解出答案。

【解析】根据题目复数z【详解】

32i122x3x8i， 4xi16x216x28∵zR，∴3x80，则x．故答案选D。

3z【点睛】

本题主要考查了利用复数的除法运算法则化简以及根据复数的概念求参数。

3．袋中有大小完全相同的2个红球和2个黑球，不放回地依次摸出两球，设“第一次摸

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得黑球”为事件A，“摸得的两球不同色”为事件B，则概率PB|A为( )

A．

1 4B．

2 3C．

1 3D．

1 2【答案】B

【解析】根据题目可知，求出事件A的概率，事件AB同时发生的概率，利用条件概率公式求得PB|A，即可求解出答案。 【详解】

1C1C11122C2依题意，PA1，PAB11，

C42C4C331PAB32．故答案选B。 则条件概率PB|A13PA2【点睛】

本题主要考查了利用条件概率的公式计算事件的概率，解题时要理清思路，注意P(AB)的求解。

4．已知随机变量X~N0,A．0.1 【答案】D

【解析】根据题意随机变量X~N0,B．0.3

2，若PX10.2，则P0X1的值为( )

C．0.6

D．0.4

2可知其正态分布曲线的对称轴，再根据正态

分布曲线的对称性求解，即可得出答案。 【详解】

根据正态分布可知PX|12P0X11，故P0X10.4．故答案选D。 【点睛】

本题主要考查了根据正态分布曲线的性质求指定区间的概率。 5．“mn”是“m2n2”的（ ） A．充分不必要条件 C．充分必要条件 【答案】D

【解析】取m2,n3，则mn，但m4,n9,mn，故mnm2n2；

2222B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

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取m3,n2，则32，但是mn，故m2n2mn，故“mn ”是“m2n2 ”的既不充分也不必要条件，选D.

6．某产品的销售收入y1（万元）关于产量x（千台）的函数为y115xx0；生产成本y2（万元）关于产量x（千台）的函数为y2最大，应生产产品( ) A．9千台 【答案】B

【解析】根据题意得到利润关于产量的函数式，再由导数求得使利润最大时的产量，即可求解出答案。 【详解】

设利润为y万元，则yy1y216xB．8千台

C．7千台

D．6千台

222xxxx0，为使利润38x2xxx0，y， 3x令y0，得0x8，令y0，得x8，

∴当x8时，y取最大值，故为使利润最大，应生产8千台．选B. 【点睛】

本题主要考查了利用导数的性质求函数的最值来解决实际问题。

ˆax1a，7．已知变量x，y之间具有线性相关关系，其回归方程为y若

xi16i5，

yi16i8，则a的值为( )

B．

A．

14 113 2C．

7 11D．1

【答案】A 【解析】根据题意

xi5，yi8可知，xi1i16645，y，代入即可求这组样本63数据的回归直线方程，即可求解出答案。 【详解】

584，y，而直线$yax1a一定经过点x,y， 6635414所以a1a，解得a．故答案选A。

6311依题意知x【点睛】

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$a$过点ˆbx本题主要考查了根据线性回归方程的性质求回归直线，线性回归直线yx,y，这个点x,y称为样本点的中心，回归直线一定过此点。

2618．若1xa0a1x1a2x1La6x1，aiR，i0，1，2，

263，…，6，则a0a1La6a6的值为( ) A．2 【答案】C

【解析】根据题意，采用赋值法，令x2得a0a1a2a3La664，再将原

B．1

C．1

D．2

131式化为根据二项式定理的相关运算，求得a6，从而求解出正确答x16422案。 【详解】

261在1xa0a1x1a2x1La6x1中，

266令x2得a0a1a2a3La664，

1311由1x，可得a6，故a0a1La6a61． x164222故答案选C。 【点睛】

本题考查二项式定理的知识及其相关运算，考查考生的灵活转化能力、分析问题和解决问题的能力。 9．若函数fxx是( ) A．661sin2x asinx在,上单调递增，则实数a的取值范围411, 22B．1,

21C．1,1

D．1,

21【答案】A

【解析】根据题意函数fxx1sin2x asinx在,上单调递增，转化为4f(x)0在,恒成立，利用换元法，结合一元二次函数的性质，列出相应的不

等式，即可求解出a的取值范围。

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【详解】

因为函数在,单调递增，

13cos2xacosxcos2x acosx0恒成立， 2232即cosx acosx0恒成立，因为1cosx1，

2所以fx131a0112所以，即a,．故答案选A。

221a302【点睛】

本题考查了已知函数的单调性求参数的范围，解题时常与导数的性质与应用相结合。 10．将正整数1，2，3，4，…按如图所示的方式排成三角形数组，则第20行从右往左数第1个数是( )

A．397 【答案】D

B．398 C．399 D．400

【解析】根据图中数字排列规律可知，第n行共有2n1项，且最后一项为n2，从而可推出第20行最后1个数的值，即可求解出答案。 【详解】

由三角形数组可推断出，第n行共有2n1项，且最后一项为n2， 所以第20行，最后一项为400．故答案选D。 【点睛】

本题主要考查归纳推理的能力，归纳推理是由特殊到一般，由具体到抽象的一种推理形式，解题时，要多观察实验，对有限的资料进行归纳整理，提出带有规律性的猜想。

x2y211．已知双曲线C：221(a0,b0)的离心率为2，左右焦点分别为F1,F2，点

abA在双曲线C上，若AF1F2的周长为10a，则AF1F2面积为（） A．215a2

B．15a2

C．30a2

D．15a2

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【答案】B

【解析】点A在双曲线C上，不妨设点A在双曲线C右支上，所以AF1AF22a，

a. 又AF1F2的周长为AF1AF2F1F2AF1AF22c10?a2c. 得AF1AF210?AF24ac. 解得AF16ac,?双曲线C的离心率为2，所以

c2，得c2a. aAF2c. 所以AF12c,?AF1F2为等腰三角形. 所以AF1F1F2，所以

2AFc15c222. 边AF2上的高为(F1F2)4c4222AF1F2的面积为1AF2n15c1ncn15c15c215a2.

22224故选B.

12．如图，用5种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )

A．200种 【答案】D

B．160种 C．240种 D．180种

【解析】根据题意可知，要求出给四个区域涂色共有多少种方法，需要分步进行考虑；对区域A、B、C、D按顺序着色，推出其各有几种涂法，利用分步乘法计数原理，将各区域涂色的方法数相乘，所得结果即为答案。 【详解】

涂A有5种涂法，B有4种，C有3种，因为D可与A同色，故D有3种， ∴由分步乘法计数原理知，不同涂法有5433180种．故答案选D。 【点睛】

本题考查了排列组合中的涂色问题，处理区域涂色问题的基本方法为分步乘法计数原理。

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二、填空题

213．命题“x0R,2x0cosx0”的否定为____________________．

【答案】xR,2xcosx

2【解析】特称命题的否定为全称，所以“x0R,2x0cosx0”的否定为

2“xR,2xcosx”.

点睛：命题的否定和否命题要做好区别：

（1）否命题是指将命题的条件和结论都否定，而且与原命题的真假无关； （2）否命题是只否结论，特别的全称命题的否定为特称，特称命题的否定为全称. 14．若甲、乙两人从5门课程中各选修2门，则甲、乙所选修的课程都不相同的选法种数为___． 【答案】30

【解析】根据题意知，采用分步计数方法，第一步，甲从５门课程中选２门，有C5种选法；第二步乙从剩下的３门中选２门，有C3种选法，两者相乘结果即为所求的选法种数。 【详解】

22C5C330．故答案为３０。

222【点睛】

本题主要考查了分步乘法计数原理的应用，分步要做到“步骤完整”，各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复。

2X~B15．若随机变量5,，则D3X_______．

3【答案】10

【解析】根据题意可知，随机变量X~B5,2满足二项分布，根据公式3D(X)np(1p)，即可求出随机变量的方差，再利用公式D(aXb)a2D(X)即

可求出D3X。 【详解】

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21D3X9DX9510．故答案为10。

33【点睛】

本题主要考查满足二项分布的随机变量方差的求解，解题时，利用公式

D(aXb)a2D(X)将求D(aXb)的问题转化为求DX的问题，根据两者之间

的关系列出等式，进行相关计算。 16．已知fn11111Ln(nN*)，用数学归纳法证明fnn时，2344有fk1fk______． 【答案】

1111L 4k14k24k34k1【解析】根据题意可知，假设nk，代入可得到fk11111Lk，当234411111kLk1，两式相减，化nk1时，fk11Lkk2441424简即可求解出结果。 【详解】

1111Lk， 234411111fk11LkkkLk1，

24414241111kkLk1． 所以fk1fkk41424341111kkLk1。 故答案为k4142434由题可知，fk1【点睛】

本题主要考查利用数学归纳法证明不等式过程中的归纳递推步骤。

三、解答题

17．已知函数fxxx．

3（1）求曲线yfx在点1,0处的切线方程； （2）求过点1,0且与曲线yfx相切的直线方程． 【答案】(1) y2x2； (2) y2x2或y11x． 44【解析】（１） 根据题意，先对函数f(x)进行求导，再求函数在点1,0处的导数即切线斜率，代入点斜式方程，再化为一般式方程即可。

3（２） 设切点坐标为x0,x0x0，将x0代入fx得出fx0，利用点斜式表

第 8 页 共 17 页

达出直线方程，再将点1,0代入直线方程，即可求解出x0，从而推得直线方程的解析式。 【详解】

2解：（1）由fx3x1，f12，

则曲线yfx在点1,0处的切线方程为y2x2． （2）设切点的坐标为x0,x0x0，

则所求切线方程为yx0x03x01xx0

323代入点1,0的坐标得x0x03x011x0，

32解得x01或x0当x01 2111时，所求直线方程为yx

44211x． 44由（1）知过点1,0且与曲线yfx相切的直线方程为y2x2或y故答案为y2x2或y【点睛】

11x。 44本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程。若已知曲线过点P(x0,y0)，求曲线过点P的切线方程，则需分点P(x0,y0)是切点和不是切点两种情况求解。 18．如图，四边形SABC中，ABPSC，ABBC，SC2AB2BC，D为边SC的中点，现将V． SAD 沿AD折起到达PAD的位置（折起后点S记为P）

（1）求证：ADPC；

（2）若M为PD中点，当PDC2时，求二面角AMBC的余弦值． 3【答案】(1)见证明；(2) 10133 133【解析】（１）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明AD面PDC，从而推得

ADPC；

（２）以D为原点，以DA，DC分别为x，y建立空间直角坐标，分别求出面MBC第 9 页 共 17 页

urr的法向量m和面MBA的法向量为n，根据二面角的余弦值公式即可求解出结果。

【详解】

（1）证明：因为ADDC，ADPD，PDDCD， 所以AD面PDC，

又因为PC面PDC，所以ADPC．

（2）解：以D为原点，以DA，DC分别为x，y建立如图所示空间直角坐标系，

13 设AD2，则A2,0,0，B2,2,0，C0,2,0，P0,1,3，M0,2,2，

uuuur5r3uuuMC0,2,2，BC2,0,0，

ur设面MBC的法向量mx,y,z，

v2x0,vuuumBC0,uv 则vuuu有53mMC0,z0,y22ur取x0，y3，z5，则m0,3,5

uuur1rr3uuu由MA2,2,2，AB0,1,0，设面MBA的法向量为nx,y,z，

uuuvvrnMA0,2x1y3z0,v则vuuu有取x3，y0，z4，n22nAB0,y0,urr则cosm,n3,0,4，

2010133，由于二面角AMBC的平面角为钝角， 133281910133． 133所以，其余弦值为【点睛】

本题主要考查了通过线面垂直证明线线垂直以及利用向量法求二面角的余弦值，考查空

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间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。

19．随着节能减排意识深入人心，共享单车在各大城市大范围推广，越来越多的市民在出行时喜欢选择骑行共享单车．为了研究广大市民在共享单车上的使用情况，某公司在我市随机抽取了100名用户进行调查，得到如下数据： 每周使用次数 男 女 合计

（1）如果用户每周使用共享单车超过3次，那么认为其“喜欢骑行共享单车”．请完成2列联表，并判断能否在犯错误概率不超过0.05的前提下，认为是否“喜欢骑下面的2×

行共享单车”与性别有关；

不喜欢骑行共享单 车 男 女 合计

（2）每周骑行共享单车6次及6次以上的用户称为“骑行达人”，将频率视为概率，在我市所有的“骑行达人”中随机抽取4名，求抽取的这4名“骑车达人”中，既有男性又有女性的概率．

喜欢骑行共享单车 合计 1次 2次 3次 4次 5次 6次及以上 30 20 50 4 6 10 3 5 8 3 4 7 7 4 11 8 6 14 nadbc2附表及公式：K，其中nabcd；

abcdacbdK2k0 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2k0

2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 第 11 页 共 17 页

【答案】(1)列联表见解析；在犯错误的概率不超过0.05的前提下，不能认为是否“喜欢骑行共享单车”与性别有关．(2)

528 6252列联表，根据公式计算出K2的值，根【解析】（1） 根据题目所给数据，填写2×据题目所给表格，得出对应的统计结论。

（2） 根据排列组合以及对立面的思想，求出全都是女生和全都是男生的概率，用概率和为1作差即可得到所要求的概率。 【详解】

2列联表： 解：（1）由题目表格中的数据可得如下2×

不喜欢骑行共享单 车 男 女 合计

将22列联表中的数据代入公式，得

10 15 25 45 30 75 55 45 100 喜欢骑行共享单车 合计 K2，

nadbc2abcdacbd100451530102575554521003.033.84133所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下，不能认为是否“喜欢骑行共享单车”与性别有关．

（2）将频率视为概率，在我市的“骑行达人”中随机抽取1名， 则该“骑行达人”是男性的概率为

32，是女性的概率为， 554432528．

故抽取的这4名“骑行达人”中，既有男性又有女性的概率P155625【点睛】

2列联表判断两个变量的相关性以及利用逆向思维“1对立面概本题主要考查利用2×

率”求解情况比较复杂的概率问题。

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20．甲将要参加某决赛，赛前A，B，C，D四位同学对冠军得主进行竞猜，每人选择一名选手，已知A，B选择甲的概率均为m，C，D选择甲的概率均为nmn，且四人同时选择甲的概率为（1）求m，n的值；

（2）设四位同学中选择甲的人数为X，求X的分布列和数学期望． 【答案】(1)m44，四人均末选择甲的概率为． 818112,n (2) X的分布列见解析；数学期望为2 33【解析】（1） 根据题意，利用相互独立事件概率计算公式列出关于m,n的方程组，即可求解出答案。

（2） 根据题意先列出随机变量X的所有可能取值，然后根据独立重复事件的概率计算公式得出各自的概率，列出分布列，最后根据数学期望的计算公式求解出结果。 【详解】

224mn81,1m,4223,解得 解：（1）由已知可得1m1n81n2.1nm0,3（2）X可能的取值为0，1，2，3，4，PX02222114， 333381112122201， PX1C1111C12233333381112212123311PX2C1C11112333333338127122222，

222122201， PX3C11C122333333812211224PX4．

333381X的分布列如下表： X 0 1 2 3 4 第 13 页 共 17 页

P 4 8120 8111 2720 814 81

EX0【点睛】

4201120412342． 8481278181本题主要考查逆用相互独立事件概率计算公式求解概率问题以及离散型随机变量的分布列和期望的求解。

3x2y22,33,2,021．已知椭圆M:221ab0，若在，，，2ab33,2四个点中有3个在M上． （1）求椭圆M的方程；

uuuruuurC4,0（2）若点A与点B是椭圆M上关于原点对称的两个点，且，求CACB的

取值范围．

uuuruuurx2y2【答案】(1) 1．(2) CACB12,13

43333,3,【解析】（1） 由于椭圆是对称图形，得点必在椭圆上，，223333,故221，再分别讨论在M上时和2,3在M上时椭圆的方2a4b程，根据题意进行排除，最后求解出结果。

（2） 设Ax1,y1，Bx2,y2，利用向量的坐标运算表达出CACB的值，根据对称性分类讨论设出直线AB的方程，联立椭圆方程，结合韦达定理，将CACB转化为求函数的值域问题，从而求解出CACB的范围。 【详解】 解：（1）3,uuuruuuruuuruuuruuuruuur333,与关于x轴对称， 22第 14 页 共 17 页

3333,2,021，b23， 由题意知在上，当在上时，，Ca2M244b当2,3在M上时，

233311， ，2222aba4bx2y2∴4b9a与ab矛盾，∴椭圆M的方程为1．

4322（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，A、B关于坐标原点O对称，

uuuruuurCAx14,y1，CBx24,y2，

uuuruuurCACBx14,y1x24,y2x1x24x1x216y1y2x1x216y1y2．

当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为ykx，

12x2y212k2代入椭圆方程，y1y2， 1得x1x22234k4334kuuuruuur12k213，

CACBx1x216y1y2161334k234k2uuuruuur由于k可以取任何实数，故CACB12,13． uuuruuurx当AB与轴垂直时，CA4,3，CB4,3，

uuuruuur∴CACB16313．

uuuruuur综上可得CACB12,13．

【点睛】

本题主要考查圆锥曲线的综合性题目，解决这类题目常用数学思想方法有方程思想，数形结合思想，设而不求与整体代入思想等。 22．已知函数fxxlnx． （1）求函数fx的极值；

（2）设函数gxxfx．若存在区间m,n,，使得函数gx在m,n上的值域为km22,kn22，求实数k的取值范围． 【答案】(1) 极小值为1，没有极大值．(2) k1,1292ln2

10第 15 页 共 17 页

【解析】（1）根据题意，先对函数fx进行求导，解出fx0的根，讨论方程的解的左右两侧的符号，确定极值点，从而求解出结果。

（2）根据题意，将其转化为gxkx22在,上至少有两个不同的正根，再利用导数求出k的取值范围。 【详解】

解：（1）fx定义域为0,，fx1121x1， xx0x1时，fx0，x1时，fx0，

∴fx在0,1上是减函数，在1,上是增函数， ∴fx的极小值为f11，没有极大值． （2）gxxfxxxlnx，

2则gx2xlnx1x0，令hx2xlnx1， 则hx2当x12x1x0． xx1时，hx0，hx（即gx）为增函数， 211n20， 212又gxg所以gx在区间m,n,上递增．

因为gx在m,n上的值域是km22,kn22， 所以gmkm22，gnkn22，

1mn， 2则gxkx22在,上至少有两个不同的正根．

12gx2gx2x2xlnx2，令Fx， kx2x2x2x23x2lnx41Fxx求导得． 22x2第 16 页 共 17 页

122x1x22Gxx3x2lnx4x 令0，，则Gx2x32xx所以Gx在,上递增，G1210，G10， 21x,1时，Gx0，∴Fx0， 当2当x1,时，Gx0，∴Fx0， 所以Fx在,1上递减，在1,上递增，

12192ln2F1kFk所以． ，所以1,210【点睛】

本题主要考查利用导数求函数的极值以及利用导数解决与存在性相关的综合问题，在解决这类问题时，函数的单调性、极值是解题的基础，在得到单调性的基础上经过分析可使问题得到解决。

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