2018-2019学年甘肃省天水市第一中学高二下学期第三次学业水平模拟考试数学试题含解析

2018-2019学年甘肃省天水市第一中学高二下学期第三次学业水平模拟考试数学试题

一、单选题

1．已知，，则的元素个数为（   ）

A．0 B．2 C．3 D．5

【答案】B

【解析】先根据的定义可以求出交集，然后判断交集的元素的个数。

【详解】

因为=，所以的元素个数为2个，故本题选B。

【点睛】

本题考查了集合交集运算、以及集合元素个数。

2．在平面直角坐标系中，是角终边上的一点，则（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意利用任意角的三角函数的定义，二倍角的正弦公式，求得sin2α的值．

【详解】

因为是角终边上的一点，

所以由三角函数定义得，所以

故选B．

【点睛】

本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角的正弦公式，属于基础题．

3．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】根据几何体的三视图，得出该几何体底面为直角三角形的三棱锥，且侧棱垂直于底面，求出它的体积即可．

【详解】

由三视图可知，该三棱锥如下图所示P－ABC，

体积V＝

故选：B

【点睛】

本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，也考查了空间想象能力与计算能力，是基础题目．

4．若、满足约束条件，则的最小值为（  ）

A．0 B．-1 C．-2 D．-3

【答案】C

【解析】画出可行解域，画出直线，平移直线，找到使直线

在轴截距最大的点，把坐标代入即可求出的最小值．

【详解】

画出可行解域如下图：

平移直线 ，当经过交点时，直线

在轴截距最大，即有最小值，最小值为，故本题选C．

【点睛】

本题考查了线性规划问题，解决此类问题的关键是画出正确的可行解域.

5．，为平面向量，已知，，则，夹角的余弦值等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据向量数量积的坐标运算，代入即可求得夹角的余弦值．

【详解】

根据向量数量积的运算，设，向量的夹角为

则

所以选A

【点睛】

本题考查了利用坐标求平面向量的夹角，属于基础题．

6．执行如图所示的程序框图输出的结果是（  ）

A．6 B．7 C．8 D．5

【答案】C

【解析】此程序框图是循环结构图，模拟程序逐层判断，得出结果.

【详解】

解： 模拟程序：

的初始值分别为1,1，

第1次循环：，满足，故；

第2次循环：，满足，故；

第3次循环：，满足，故；

第4次循环：，不满足，故输出；

故输出，

故选C.

【点睛】

本题考查了程序框图的循环结构，解题的关键是要读懂循环结构的流程图，根据判断框内的条件逐步解题.

7．已知等差数列的公差为2，若成等比数列，是的前项和，则等于（　　）

A． B． C．10 D．0

【答案】D

【解析】由a1，a3，a4成等比数列，可得=a1a4，再利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．

【详解】

∵a1，a3，a4成等比数列，∴=a1a4，

∴=a1•（a1+3×2），

化为2a1=-16，

解得a1=-8．

∴则S9=-8×9+ ×2=0，

故选：D．

【点睛】

本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

8．如图，在边长为的正方形内随机地撒一把豆子，落在正方形内的豆子粒数为，落在阴影内的豆子粒数为，据此估计阴影的面积为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由已知求出正方形面积，根据几何概型的概率公式，即可得到结论．

【详解】

正方形面积为，设阴影部分面积为S，

则 ，得

故选：A．

【点睛】

本题主要考查几何概型概率公式的简单应用，属于基础题．

9．经过点作圆的切线，则的方程为（   ）

A． B．或

C． D．或

【答案】C

【解析】设直线存在斜率，点斜式设出方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜率，再讨论直线不存在斜率时，是否能和圆相切，如果能,写出直线方程，综上所述，求出切线方程.

【详解】

，圆心坐标坐标为，半径为，当过点的切线存在斜率，切线方程为，圆心到它的距离为，所以有，

当过点的切线不存在斜率时，即，显然圆心到它的距离为，所以不是圆的切线；

因此切线方程为,故本题选C。

【点睛】

本题考查了求圆的切线.本题实际上是过圆上一点求切线，所以只有一条.

10．函数的图象大致为（  ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】取特殊值排除选项得到答案.

【详解】

取，排除C

取，排除BD

故答案选A

【点睛】

本题考查了函数的图像，通过特殊值排除可以简化计算.

二、填空题

11．我国高铁发展迅速，技术先进，经统计在经停某站的高铁列车，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.99，有10个车次的正点率为，则经停该站高铁列车的所有车次的平均正点率估计值为______.

【答案】0.9825

【解析】利用平均数的计算方法求解即可.

【详解】

总车次：，则所有车次的平均正点率为

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了计算平均值，属于基础题.

12．设函数，若，则_______．

【答案】

【解析】当时，解方程，求出的值，判断是否存在；

当时，解方程，求出的值，判断是否存在，最后确定的值.

【详解】

当时， ，而，故舍去；

当时， ，所以.

【点睛】

本题考查了分段函数求值问题，考查了分类运算能力.

13．不等式的解集是__________．

【答案】

【解析】把分式不等式等价转化为整式不等式即可得出．

【详解】

不等式

原不等式的解集是

故答案为.

【点睛】

本题考查了分式不等式的解法，转化为整式不等式，需要注意的是系数要化为正数，属于基础题.

14．的内角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为______.

【答案】

【解析】由余弦定理以及三角形面积公式即可求解.

【详解】

由余弦定理得，即，解得

则的面积

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了余弦定理以及三角形面积公式，属于中档题.

15．直三棱柱中，若，，，则点到平面的距离为__________．

【答案】.

【解析】法一：由已知可以证明出平面平面，通过面面垂直的性质定理，可以过作，则的长为到平面的距离，利用几何知识求出

;

法二:利用等积法进行求解.

【详解】

法一：∵，，∴平面，

又∵平面，平面平面.

又∵平面平面，

∴过作，则的长为到平面的距离，

在中，.

法二：由等体积法可知，解得点到平面的距离为.

【点睛】

本题考查了点到面的距离，一般方法是通过几何作图，直接求出点到面的距离，另一种方法是利用等积法进行求解，通过二种方法的比较，后一种方法更方便些.

三、解答题

16．已知等差数列{an}中，公差大于0，.

（1）求{an}的通项公式an；

（2）求{an}的前n项和Sn.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）根据题意，利用基本量列方程，即可求得数列的通项公式；

（2）利用等差数列的前项和计算公式，代值即可求得.

【详解】

设的公差为，根据题意，

则，

即，

解得，

（1）由等差数列的通项公式可得

.

（2）由等差数列的前项和公式可得：

.

即.

【点睛】

本题考查利用基本量求解等差数列的通项公式，以及前项和，属基础题.

17．某校某班在一次数学测验中，全班N名学生的数学成绩的频率分布直方图如下，已知分数在110～120的学生有14人.

(1)求总人数N和分数在120～125的人数n；

(2)利用频率分布直方图，估算该班学生数学成绩的众数和中位数各是多少？

【答案】（1）；（2）众数，中位数.

【解析】（1）先求出分数在110﹣120内的学生的频率，由此能求出该班总人数，再求出分数在120﹣125内的学生的频率，由此能求出分数在120﹣125内的人数．

（2）利用频率分布直方图，能估算该班学生数学成绩的众数和中位数．

【详解】

解：（1）分数在110~120内的学生的频率为

，

所以该班总人数.

分数在120~125内的学生的频率为

，

分数在120~125内的人数.

（2）由频率分布直方图可知，众数是最高的小矩形底边中点的横坐标，

即为.

设中位数为，∵，

∴.

∴众数和中位数分别是107.5，110.

【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图知识，众数及中位数．注意频率分布直方图中各小矩形的面积才是对应范围内的频率，解题时要要认真审题，是中档题．

18．设平面向量.

（1）若，求的值；

（2）若函数，求函数f(x)的最大值，并求出相应的x值．

【答案】（1）1；（2）5

【解析】（1）由，得到，再由余弦的倍角公式，即可求解．

（2）根据向量的数量积的运算和三角恒等变换的公式，化简得，再根据三角函数的性质，即可求解．

【详解】

（1）由题意知，向量，即，即，

又由．

（2）因为，

故当，即时，有最大值，最大值是5．

【点睛】

本题主要考查了向量的数量积的运算，以及三角恒等变换和三角函数的性质的应用去，其中熟记向量的数量积的运算公式和三角恒等变换的公式求得函数的解析式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

19．如图，四棱锥中，底面四边形为菱形，，为等边三角形.

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）若，，求直线与平面所成的角.

【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）. 

【解析】（Ⅰ）取中点E，连结，，由已知可得，，又，即可证平面，从而可得．

（Ⅱ）先证明，可得平面，由线面角定义即可知即为所求．

【详解】

（Ⅰ）因为四边形为菱形，且      

所以为等边三角形．

取线段的中点,连接，

则.  

又因为为等边三角形，所以．

因为平面，平面，且，

所以直线平面， 

又因为，所以．

（Ⅱ）因为为等边三角形，且其边长为，所以，

又，所以，所以. 

因为，

所以面， 

所以为直线与平面所成的角.  

在中，，所以

故直线和平面所成的角为.

【点睛】

本题主要考查了直线与平面垂直的性质及线面角求法，属于基础题 ．

20．已知函数.

(1)若 ，求方程的根；

(2)若对任意 ， 恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）将代入函数解析式，得到对应方程，结合题中条件求解即可；

（2）先令，由题意得到，将对任意 ， 恒成立，化为对恒成立，求出的最小值，即可求解.

【详解】

解：（1）时，，

可得：，

，

，解得

（2）令，，

由，可得，对恒成立，

因为，当且仅当，即时，的最小值为；

，故，

的取值范围为.

【点睛】

本题主要考查含对数的方程、以及根据不等式恒成立求参数的问题，熟记对数的运算，灵活运用转化的思想，即可求解，属于常考题型.