江苏省南通市通州区2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题 理（含解析）.doc

1、江苏省南通市通州区2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题 理（含解析）参考公式：样本数据的方差，其中。一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1.在复平面内，复数1-i（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于第_象限.【答案】一【解析】【分析】根据共轭复数的概念，即可得到答案.【详解】的共轭复数是，在复平面对应的点为，故位于第一象限.【点睛】本题主要考查共轭复数的概念，难度很小.2.在半径为2的圆内任取一点，则该点到圆心的距离不大于1的概率为_.【答案】【解析】【分析】通过计算对应面积，即可求得概率.【详解】该点取自圆内，占有面积为，而该点

2、到圆心的距离不大于1占有面积为：，故所求概率为：.【点睛】本题主要考查几何概型的相关计算，难度不大.3.根据所示的伪代码，若输入的的值为-1,则输出的结果为_.【答案】【解析】【分析】通过读条件语句，该程序是分段函数，代入即可得到答案.【详解】根据伪代码，可知，当时，故答案为.【点睛】本题主要考查条件程序框图的理解，难度不大.4.甲、乙两位射击爱好者在某次射击比赛中各射靶5次，命中的环数分别为：甲：7,8,7,4,9；乙：9,5,7,8,6,则射击更稳定的爱好者成绩的方差为_.【答案】2【解析】【分析】分别计算出甲，乙的方差，较小的更加稳定，故为答案.【详解】根据题意，同理，故更稳定的为乙，方

3、差为2.【点睛】本题主要考查统计量方差的计算，难度不大.5.己知复数和均是纯虚数，则的模为_.【答案】1【解析】【分析】通过纯虚数的概念，即可求得，从而得到模长.【详解】根据题意设，则，又为虚数，则，故，则，故答案为1.【点睛】本题主要考查纯虚数及模的概念，难度不大.6.某校为了解高二年级学生对教师教学意见，打算从高二年级500名学生中用系统抽样的方法抽取50名进行调查，记500名学生的编号依次为1,2,，500,若抽取的前两个号码为6,16,则抽取的最大号码为_.【答案】496【解析】【分析】通过系统抽样的特征，即可计算出最大编号.【详解】由于间距为，而前两个号码为6,16,则编号构成是以6

4、为首项，10为公差的等差数列，因此最大编号为，故答案为496.【点睛】本题主要考查系统抽样的相关计算，难度不大.7.如图所示的流程图中，输出的结果S为_.【答案】25【解析】【分析】按照程序框图的流程，写出每次循环后得到的结果，并判断每个结果是否满足判断框的条件，直到不满足条件，输出即可.【详解】经过第一次循环，；经过第二次循环，；经过第三次循环，；经过第四次循环，；经过第五次循环，；此时已不满足条件，输出.于是答案为25.【点睛】本题主要考查循环结构程序框图的输出结果，难度不大.8.某种饮料每箱装6听，若其中有2听不合格，质检员从中随机抽出2听，则含有不合格品的概率为_.【答案】【解析】【分

5、析】含有不合格品分为两类：一件不合格和两件不合格，分别利用组合公式即可得到答案.【详解】质检员从中随机抽出2听共有种可能，而其中含有不合格品共有种可能，于是概率为：.【点睛】本题主要考查超几何分布的相关计算，难度不大.9.已知集合若，则a的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】首先可先求出二次方程的两根，由于可判断两根与0 的大小，于是可得到答案.【详解】由于的两根为，由于，所以，即，解得，故答案为.【点睛】本题主要考查含参数的一元二次不等式解法，意在考查学生的分析能力和计算能力，难度不大.10.在平面直角坐标系中，己知直线与圆相切，则k的值为_.【答案】【解析】分析】通过圆心到直线的距离等于

6、半径构建等式，于是得到答案.【详解】根据题意，可知圆心为，半径为2，于是圆心到直线的距离，而直线与圆相切，故，因此解得.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力，难度不大.11.在中，己知，则的值为_.【答案】0【解析】【分析】通过展开，然后利用已知可得，于是整理化简即可得到答案.【详解】由于，因此，所以，即，所以,则，故答案为0.【点睛】本题主要考查三角函数诱导公式的运用，意在考查学生的基础知识，难度中等.12.已知函数，存在唯一的负数零点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】对，三种情况分别讨论可得到取值范围.【详解】当时，而时，则零点在右段函数取

7、得，故时，解得；当时，不成立；当时，负零点在左端点取得，于是时，成立；综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查分段函数含参零点问题，意在考查学生的分类讨论能力，计算能力，分析能力，难度较大.13.将一根长为1米的木条锯成两段，分别作三角形ABC的两边AB，AC，且.则当AC最短时，第三边BC的长为_米.【答案】【解析】分析】设出边长，利用余弦定理可找出关系式，化为二次函数用配方法即可得到最小值.【详解】设，则，设，通过余弦定理可得：，即，化简整理得，要使AC最短，则使AB最长，故当时，AB最长，故答案为.【点睛】本题主要考查函数的实际应用，意在考查学生的分析能力及计算能力，难度不大.1

8、4.在平面凸四边形ABCD中，点M，N分别是边AD，BC的中点，且，若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】通过表示，再利用可计算出，再计算出可得答案.【详解】由于M，N分别是边AD，BC的中点，故，所以，所以，所以，而，所以，即，故，故答案为【点睛】本题主要考查向量的基底表示，数量积运算，意在考查学生的空间想象能力，运算能力，逻辑分析能力，难度较大.二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在四棱锥中，是棱PD的中点，且.（1）求证：CD平面ABE；（2）求证：平面ABE丄平面PCD.【答案】(1)见解析；（2）见

9、解析.【解析】【分析】(1)要证CD平面ABE，只需说明即可；（2）要证平面ABE丄平面PCD，只需证明平面CDP即可.【详解】（1）证明：根据题意，,故CD平面ABE；（2）证明：由于是棱PD的中点，故，而，因此，显然，故平面CDP，而平面ABE，平面ABE丄平面PCD.【点睛】本题主要考查线面平行，面面垂直的判定，意在考查学生的空间想象能力和分析能力，难度不大.16.在中，己知（1）求的值；（2）求的值.【答案】(1) ;(2) 【解析】【分析】（1）通过，可计算出C角正弦及余弦值，于是通过诱导公式可得答案；（2）通过，可得，再利用可得答案.【详解】(1) 在中, 由于，故 ，解得，所以；

10、（2）由（1）可知，而，所以，所以.【点睛】本题主要考查同角三角函数的关系，诱导公式的运用，意在考查学生的转化能力，计算能力及分析能力，难度不大.17.如图，在平面直角坐标系中，质点P的起点为坐标原点,每秒沿格线向右或向上随机移动一个单位长.（1）求经过3秒后，质点P恰在点（1,2）处的概率；（2）定义：点（x,y）的“平方距离”为.求经过5秒后，质点P的“平方距离”的概率分布和数学期望.【答案】(1) ;(2) .【解析】【分析】（1）通过分析到达点（1,2）处的可能，通过独立重复性试验概率公式可得答案；（2）的可能取值为13,17,25，分别计算概率，于是可得分布列和数学期望.【详解】（1

11、）经过3秒后，质点P恰在点（1,2）处可由三种情况得到：，每一种情况的概率为：，故质点P恰在点（1,2）处的概率为；（2）由题意的可能取值为13,17,25；而，故的概率分布列为：131725P所以数学期望.【点睛】本题主要考查独立性重复性试验的概率计算，分布列与数学期望，意在考查学生的分析能力，计算能力和逻辑推理能力.18.某农场灌溉水渠长为1000m,横截面是等腰梯形ABCD（如图），,其中渠底BC宽为1m，渠口AD宽为3m,渠深.根据国家对农田建设补贴的政策，该农场计划在原水渠的基础上分别沿AD方向加宽、AB方向加深，若扩建后的水渠横截面仍是等腰梯形，且面积是原面积的2倍.设扩建后渠深为

12、hm，若挖掘费为ah2元/m3，扩建后的水渠的内壁AB1，C1D1和渠底B1C1铺设混凝土费为3a元/m2.（1）试用h表示渠底B1C1的宽，并确定h的取值范围； （2）问：渠深h为多少时，可使总建设费最少？（注：总建设费为挖掘费与铺设混凝土费之和）【答案】（1），h的取值范围；（2）1m【解析】【分析】（1）通过前后面积是两倍关系可计算出扩建后的面积，通过梯形面积公式可找出关系式，于是可得答案；（2）找出总建设费用关于h的函数，利用导函数求出极值，于是可得答案.【详解】（1）设，由于，原来的横截面面积，故扩建后的面积为，扩建后，可列方程为：，化简整理得到，而，故，故渠底B1C1的宽为，h的取

13、值范围；（2）由（1）可表示，故，因此总建设费用为：，令，则，当时，当时，故在处取得极小值，故总建设费用最小为，即渠深h为时，可使总建设费最少.【点睛】本题主要考查函数的实际应用，意在考查学生的转化能力，分析能力，计算能力，逻辑推理能力，难度中等.19.己知数列的首项均为1,各项均为正数，对任意的不小于2的正整数n，总有，成立，（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前n项和分别为，求所有使得等式成立的正整数m, 的值.【答案】（1），；（2），.【解析】【分析】(1)通过因式分解可判断为等差数列，于是可得通项，通过等比中项性质可知为等比数列，于是可求通项；（2）计算出前n项和，化简式子，通过分

14、解因式找出因子，然后利用正整数解可求得，.【详解】(1)由于 ，整理得，而，故，所以为等差数列，所以；由于，可知为等比数列，所以；（2）由（1）可得，所以转化为，整理即，要m, 都为正整数，则都分别是2的倍数，且，故2的幂指数中，只有4与16相差12，故，故，此时.【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式，前n项和的计算，意在考查学生的转化能力，分析能力，计算能力，难度中等.20.对于给定的常数,设随机变量.（1）求概率.说明它是二项式展开式中的第几项；若,化简：；（2）设，求，其中为随机变量的数学期望.【答案】(1) ;（2）.【解析】【分析】(1)由二项分布的通项公式可得答案；对比

15、二项展开式可得项数；将展开对比可得答案；（2）通过二项分布期望公式即得答案.【详解】(1)由于随机变量，故；它是二项式展开式中的第项；若，则，所以；（2）由（1）知，而，故，所以.【点睛】本题主要考查二项分布与二项式定理的联系，意在考查学生的分析能力，转化能力，计算能力，难度中等.2018-2019学年末学业质量监测高二数学（附加题）【解答题】第21-24题，每小题10分，共计40分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.21.已知矩阵，矩阵B的逆矩阵.（1）求矩阵A的特征值及矩阵B.（2）若先对曲线实施矩阵A对应的变换，再作矩阵B对应的变换，试用一个矩阵来表示这

16、两次变换，并求变换后的结果.【答案】（1）矩阵A的特征值为1,2；（2），【解析】【分析】（1）通过特征多项式即可得到特征值，利用，可计算出矩阵B；（2）首先可计算出的结果，然后设出，变换后的点设成，利用线性变换得到相关关系，从而得到新曲线.【详解】(1)矩阵A特征多项式，令，则或，故矩阵A的特征值为1,2；设，根据，可得：即，解得，所以矩阵.(2)两次变换后的矩阵，在曲线上任取一点，在变换C的作用下得到，则，即，整理得，可得，即，代入得.【点睛】本题主要考查线性变换，特征值的计算，意在考查学生的分析能力，计算能力，难度中等.22.在平面直角坐标系中，已知曲线C的参数方程为（a为参数）.现以坐

17、标原点为极点，轴为极轴建立极坐标系.（1）设P为曲线C上到极点的距离最远的点，求点P的极坐标；（2）求直线被曲线C所截得的弦长.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】(1)首先求出曲线C的直角坐标方程，再求出直线，故可求出另一交点，化为极坐标方程即为所求；（2）利用圆心到直线的距离公式即得答案.【详解】（1）曲线C的直角坐标方程为：，圆经过坐标原点，因此，直线为：，与圆交于点，化为极坐标为，故点P的极坐标为；（2）直线的直角坐标方程为：，圆心到直线的距离，所截弦长为：.【点睛】本题主要考查直角坐标，参数方程，极坐标方程之间的互化，直线与圆的位置关系，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度不大

18、.23.己知x为正实数，n为正偶数，在的展开式中，（1）若前3项的系数依次成等差数列，求n的值及展开式中的有理项；（2）求奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和，并比较它们的大小.【答案】（1），有理项有三项，分别：；（2）128,128,相等【解析】【分析】（1）首先找出展开式的前3项，然后利用等差数列的性质即可列出等式，求出n，于是求出通项，再得到有理项；（2）分别计算偶数项和奇数项的二项式系数和，比较大小即可.【详解】（1）二项展开式的前三项的系数分别为：，而前三项构成等差数列，故，解得或（舍去）；所以，当时，为有理项，又且，所以符合要求；故有理项有三项，分别为：；（2）奇数项的

19、二项式系数和为：，偶数项的二项式系数和为：，故奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和.【点睛】本题主要考查二项式定理的通项，二项式系数和，注意二项式系数和与系数和的区别，意在考查学生的计算能力和分析能力，难度中等.24.设正整数,集合，是集合P的3个非空子集,记为所有满足：的有序集合对（A,B,C）的个数.（1）求；（2）求.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）通过分析，分别讨论可得到；（2）通过分析A共有种不同情形，集合B共有种不同情形，集合C随集合B确定而唯一确定，于是可得通项公式.【详解】当时，集合，因为是集合P的3个非空子集，根据题意，所以当时，或;当时，或;当时，或.所以.（2）当A中的元素个数为时，集合A共有种不同情形，集合B共有种不同情形，集合C随集合B确定而唯一确定，所以.【点睛】本题主要考查数列，集合，排列组合的综合运用，意在考查学生的划归能力，分析能力，逻辑推理能力，难度较大.