1、2017-2018学年云南省玉溪市峨山一中高二（上）期末数学试卷（理科）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（5分）设集合M0，1，2，Nx|x23x+20，则MN（）A1B2C0，1D1，22（5分）设向量（2，4）与向量（x，6）共线，则实数x（）A2B3C4D63（5分）命题“xR，|x|+x20”的否定是（）AxR，|x|+x20BxR，|x|+x20Cx0R，|x0|+x020Dx0R，|x0|+x0204（5分）设a30.5，b0.53，clog0.53，则a、b、c的大小关系（）AabcBcbaCbcaDca
2、b5（5分）“x0”是“ln（x+1）0”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件6（5分）执行如图的程序框图，若输入的a，b，k分别为1，2，3，则输出的M（）ABCD7（5分）双曲线的焦点到渐近线的距离为（）A1B2CD8（5分）设变量x、y满足，则目标函数z2x+3y的最小值为（）A7B8C22D239（5分）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A1BCD210（5分）已知圆x2+y2+2x2y+a0截直线x+y+20所得弦的长度为4，则实数a的值是（）A2B4C6D811（5分）在R上的奇函数f（x）满足f（x+3）f（x），当0x1时
3、，f（x）2x，则f（2018）（）A2B2CD12（5分）已知A，B是球O的球面上两点，AOB90，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A36B64C144D256二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（5分）若抛物线yax2的焦点坐标为（0，1），则a 14（5分）函数f（x）4x2mx+5在2，+）上为增函数，则m的取值范围是 15（5分）若x1，则x+的最小值为 16（5分）已知函数ysin（x+）（0，|）的部分图象如图所示，则 ， 三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.共6题，共70分.）17（10分）海关对同时
4、从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此商品的数量（单位：件）如表所示工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测地区ABC数量50150100（）求这6件样品来自A，B，C各地区商品的数量；（）若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率18（12分）已知函数f（x）（sinx+cosx）2+cos2x（1）求f（x）最小正周期；（2）求f（x）在区间上的最大值和最小值19（12分）已知等差数列an满足a32，前3项和S3（）求an的通项公式；（）设等比数列bn满足b1a1，b4a15，求bn前n项和Tn20（1
5、2分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c已知（1）求b的值；（2）求ABC的面积21（12分）如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，点E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于点F（1）证明：直线B1C平面A1DFE；（2）求二面角EA1DB1的余弦值22（12分）如图，椭圆E：+1（ab0）经过点A（0，1），且离心率为（）求椭圆E的方程；（）经过点（1，1），且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ斜率之和为22017-2018学年云南省玉溪市峨山一中高二（上）期末数学试
6、卷（理科）参考答案与试题解析一、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（5分）设集合M0，1，2，Nx|x23x+20，则MN（）A1B2C0，1D1，2【分析】求出集合N的元素，利用集合的基本运算即可得到结论【解答】解：Nx|x23x+20x|（x1）（x2）0x|1x2，MN1，2，故选：D【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础2（5分）设向量（2，4）与向量（x，6）共线，则实数x（）A2B3C4D6【分析】利用向量共线的充要条件得到坐标的关系求出x【解答】解；因为向量（2，4）与向量（x，6）共线，所以4x26，解
7、得x3；故选：B【点评】本题考查了向量共线的坐标关系；如果两个向量向量（x，y）与向量（m，n）共线，那么xnym3（5分）命题“xR，|x|+x20”的否定是（）AxR，|x|+x20BxR，|x|+x20Cx0R，|x0|+x020Dx0R，|x0|+x020【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论【解答】解：根据全称命题的否定是特称命题，则命题“xR，|x|+x20”的否定x0R，|x0|+x020，故选：C【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础4（5分）设a30.5，b0.53，clog0.53，则a、b、c的大小关系（）AabcBcbaCbcaDcab【分析】利用
8、指数函数和对数函数的单调性求解【解答】解：a30.5301，0b0.530.501，clog0.53log0.510，a、b、c的大小关系为cba故选：B【点评】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用5（5分）“x0”是“ln（x+1）0”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据不等式的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论【解答】解：x0，x+11，当x+10时，ln（x+1）0；ln（x+1）0，0x+11，1x0，x0，“x0”是ln（x+1）0的必要不充分条件故选：B【点评】本题主要考
9、查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的性质是解决本题的关键，比较基础6（5分）执行如图的程序框图，若输入的a，b，k分别为1，2，3，则输出的M（）ABCD【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到不满足条件，计算输出M的值【解答】解：由程序框图知：第一次循环M1+，a2，b，n2；第二次循环M2+，a，b，n3；第三次循环M+，a，b，n4不满足条件n3，跳出循环体，输出M故选：D【点评】本题考查了当型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法7（5分）双曲线的焦点到渐近线的距离为（）A1B2CD【分析】先由题中条件求出焦点坐标和渐近线方程，再代入点到直线的距离公
10、式即可求出结论【解答】解：由题得：其焦点坐标为（4，0），（4，0），渐近线方程为yx所以焦点到其渐近线的距离d2故选：D【点评】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质，点到直线的距离公式的应用，属于基础题8（5分）设变量x、y满足，则目标函数z2x+3y的最小值为（）A7B8C22D23【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最小值【解答】解：作出不等式对应的平面区域（阴影部分），由z2x+3y，得y，平移直线y，由图象可知当直线y经过点C时，直线y的截距最小，此时z最小由，解得，即C（2，1）此时z的最小值为z22+317，故选：A【点评】本题主要考
11、查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键9（5分）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A1BCD2【分析】几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，结合直观图求相关几何量的数据，可得答案【解答】解：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，底面为正方形如图：其中PB平面ABCD，底面ABCD为正方形PB1，AB1，AD1，BD，PDPC该几何体最长棱的棱长为：故选：C【点评】本题考查了由三视图求几何体的最长棱长问题，根据三视图判断几何体的结构特征是解答本题的关键10（5分）已知圆x2+y2+2x2y+a0截直线x+y+20所得弦的长度
12、为4，则实数a的值是（）A2B4C6D8【分析】把圆的方程化为标准形式，求出弦心距，再由条件根据弦长公式求得a的值【解答】解：圆x2+y2+2x2y+a0 即 （x+1）2+（y1）22a，故弦心距d再由弦长公式可得 2a2+4，a4，故选：B【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题11（5分）在R上的奇函数f（x）满足f（x+3）f（x），当0x1时，f（x）2x，则f（2018）（）A2B2CD【分析】由已知可得函数周期，再由函数是奇函数且当0x1时，f（x）2x求解【解答】解：f（x+3）f（x），f（x）是周期为3的周期函数，又f（x）为奇
13、函数，且当0x1时，f（x）2x，f（2018）f（6723+2）f（2）f（1）f（1）2故选：A【点评】本题考查函数周期性与奇偶性的应用，是基础的计算题12（5分）已知A，B是球O的球面上两点，AOB90，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A36B64C144D256【分析】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，利用三棱锥OABC体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O的表面积【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VOABCVCAOB36，故R6，则球
14、O的表面积为4R2144，故选：C【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大是关键二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（5分）若抛物线yax2的焦点坐标为（0，1），则a【分析】先把抛物线方程整理成标准方程，进而根据抛物线的焦点坐标，可得a的值【解答】解：抛物线yax2的标准方程为x2y，抛物线yax2的焦点坐标为（0，1），1，a故答案为：【点评】本题主要考查了抛物线的标准方程、抛物线的性质属基础题14（5分）函数f（x）4x2mx+5在2，+）上为增函数，则m的取值范围是（，16【分析】由f（x）在2
15、，+）上为增函数，得2，+）为f（x）增区间的子集，由此得到不等式，解出即可【解答】解：函数f（x）的增区间为，+），又f（x）在2，+）上为增函数，所以2，+），+），则，解得m16，所以m的取值范围是（，16故答案为：（，16【点评】本题考查二次函数的单调性，属基础题，若函数f（x）在区间a，b上单调递增，则a，b为f（x）增区间的子集15（5分）若x1，则x+的最小值为5【分析】根据x1推断出x10，然后把x+整理成x1+1，进而利用基本不等式求得其最小值【解答】解：x1x10x+x1+12+15（当x3时等号成立）故答案为：5【点评】本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用在利用基本
16、不等式时要注意一正，二定，三相等的原则16（5分）已知函数ysin（x+）（0，|）的部分图象如图所示，则2，【分析】通过图象求出函数的周期，再求出，由（，1）确定，即可得到结论【解答】解：由图象可知：T4（）4，T，2；（，1）在图象上，2+，即故答案为：2，【点评】本题考查的知识点是正弦型函数的图象和性质，熟练掌握正弦型函数周期与之间的关系，是解答的关键三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.共6题，共70分.）17（10分）海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此商品的数量（单位：件）如表所示工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样
17、品进行检测地区ABC数量50150100（）求这6件样品来自A，B，C各地区商品的数量；（）若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率【分析】（）先计算出抽样比，进而可求出这6件样品来自A，B，C各地区商品的数量；（）先计算在这6件样品中随机抽取2件的基本事件总数，及这2件商品来自相同地区的事件个数，代入古典概型概率计算公式，可得答案【解答】解：（）A，B，C三个地区商品的总数量为50+150+100300，故抽样比k，故A地区抽取的商品的数量为：501；B地区抽取的商品的数量为：1503；C地区抽取的商品的数量为：1002；（）在这6件样品中随机抽取
18、2件共有：15个不同的基本事件；且这些事件是等可能发生的，记“这2件商品来自相同地区”为事件A，则这2件商品可能都来自B地区或C地区，则A中包含4种不同的基本事件，故P（A），即这2件商品来自相同地区的概率为【点评】本题考查的知识点是分层抽样，古典概型概率计算公式，难度不大，属于基础题18（12分）已知函数f（x）（sinx+cosx）2+cos2x（1）求f（x）最小正周期；（2）求f（x）在区间上的最大值和最小值【分析】（1）利用二倍角和辅助角化简f（x），结合三角函数的图象及性质可得最小正周期（2）x上，求解内层函数的范围，结合三角函数的图象及性质可得最大值和最小值【解答】解：，（1）函
19、数的最小正周期T（2），即时，即时，f（x）min0故得f（x）在区间上的最大值为，最小值为0【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键19（12分）已知等差数列an满足a32，前3项和S3（）求an的通项公式；（）设等比数列bn满足b1a1，b4a15，求bn前n项和Tn【分析】（I）设等差数列an的公差为d，由a32，前3项和S3可得a1+2d2，3a1+3d，解得a1，d即可得出（II）b1a11，b4a158，可得等比数列bn的公比q满足q38，解得q利用求和公式即可得出【解答】解：（I）设等差数列an的公差为d，a32，前3项和S3a1+
20、2d2，3a1+3d，解得a11，dan1+（n1）（II）b1a11，b4a158，可得等比数列bn的公比q满足q38，解得q2bn前n项和Tn2n1【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20（12分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c已知（1）求b的值；（2）求ABC的面积【分析】（1）由cosA，A（0，），可得sinA，可得sinBsin（A+）cosA由正弦定理可得：b （2）由BA+，可知：B为钝角A，C为锐角由余弦定理可得：a2b2+c22bccosA，可得c利用ABC的面积S即可得出【解答】解：（1）cosA
21、，A（0，），sinA，sinBsin（A+）cosA由正弦定理可得：b3（2）由BA+，可知：B为钝角A，C为锐角由余弦定理可得：a2b2+c22bccosA，32+c22c，化为：c24c+90，cb解得cABC的面积S【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、三角函数求值、诱导公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题21（12分）如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，点E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于点F（1）证明：直线B1C平面A1DFE；（2）求二面角EA1DB1的余弦值【分析】（1）推导出四
22、边形A1B1CD 为平行四边形，从而B1CA1D，由此能证明直线B1C平面A1DFE（2）推导出AA1AB，AA1AD，ABAD，且AA1ABAD，以A 为原点，分别以，为x轴，y轴和z轴单位正向量，建立空间直角坐标系，由此能求出二面角EA1DB1的余弦值【解答】证明：（1）由正方形的性质可知A1B1ABDC，且 A1B1ABDC，四边形A1B1CD 为平行四边形，从而B1CA1D又A1D平面A1DE，B1C平面A1DE，直线B1C平面A1DFE解：（2）四边形 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，AA1AB，AA1AD，ABAD，且AA1ABAD以A 为原点，分别以，为x轴，y
23、轴和z轴单位正向量，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），A1（0，0，1），B1（1，0，1），D1（0，1，1），而E点为B1D1的中点，E点的坐标为E（0.5，0.5，1）设面A1DE的法向量为（x，y，z），而该面上向量（），（0，1，1），取z1，得（1，1，1）设面A1B1CD的法向量为（x，y，z），而该面上向量（1，0，0），（0，1，1），取z1，得（0，1，1），结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为：|cos|，二面角EA1DB1的余弦值为【点评】本题考查面面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间
24、的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题22（12分）如图，椭圆E：+1（ab0）经过点A（0，1），且离心率为（）求椭圆E的方程；（）经过点（1，1），且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ斜率之和为2【分析】（）运用离心率公式和a，b，c的关系，解方程可得a，进而得到椭圆方程；（）由题意设直线PQ的方程为yk（x1）+1（k0），代入椭圆方程+y21，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简计算即可得到结论【解答】解：（）由题设知，b1，结合a2b2+c2，解得a，所以+y21；（）证明：由题意设直线PQ的方程为yk（x1）+1（k0），代入椭圆方程+y21，可得（1+2k2）x24k（k1）x+2k（k2）0，由已知得（1，1）在椭圆外，设P（x1，y1），Q（x2，y2），x1x20，则x1+x2，x1x2，且16k2（k1）28k（k2）（1+2k2）0，解得k0或k2则有直线AP，AQ的斜率之和为kAP+kAQ+2k+（2k）（+）2k+（2k）2k+（2k）2k2（k1）2即有直线AP与AQ斜率之和为2【点评】本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率和方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理，考查直线的斜率公式，属于中档题
