四川省高二上学期期末数学试卷及解析
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四川省高二上学期期末数学试卷及解析
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.已知圆C：(x﹣2)2+(y+1)2=4，则圆C的圆心和半径分别为( )
A.(2，1)，4 B.(2，﹣1)，2 C.(﹣2，1)，2 D.(﹣2，﹣1)，2
【考点】圆的标准方程.
【分析】利用圆的标准方程，直接写出圆心与半径即可.
【解答】解：圆C：(x﹣2)2+(y+1)2=4，则圆C的圆心和半径分别为：(2，﹣1)，2.
故选：B.
2.当m∈N*，命题“若m>0，则方程x2+x﹣m=0有实根”的逆否命题是( )
A.若方程x2+x﹣m=0有实根，则m>0
B.若方程x2+x﹣m=0有实根，则m≤0
C.若方程x2+x﹣m=0没有实根，则m>0
D.若方程x2+x﹣m=0没有实根，则m≤0
【考点】四种命题间的逆否关系.
【分析】直接利用逆否命题的定义写出结果判断选项即可.
【解答】解：由逆否命题的定义可知：当m∈N*，命题“若m>0，则方程x2+x﹣m=0有实根”的逆否命题是：若方程x2+x﹣m=0没有实根，则m≤0.
故选：D.
3.已知命题p：∀x>0，x3>0，那么￢p是( )
A.∀x>0，x3≤0 B.
C.∀x<0，x3≤0 D.
【考点】命题的否定.
【分析】利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可.
【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题p：∀x>0，x3>0，那么￢p是 .
故选：D.
4.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.8π B.4π C.2π D.π
【考点】由三视图求面积、体积.
【分析】首先将几何体还原，然后求体积.
【解答】解：由已知得到几何体是底面直径为2，高为2的圆柱，所以其体积为π×12×2=2π;
故选C.
5.已知变量x与y正相关，且由观测数据算得样本平均数 =3， =3.5，则由该观测数据算得的线性回归方程可能是( )
A. =0.4x+2.3 B. =2x﹣2.4 C. =﹣2x+9.5 D. =﹣0.3x+4.4
【考点】线性回归方程.
【分析】变量x与y正相关，可以排除C，D;样本平均数代入可求这组样本数据的回归直线方程.
【解答】解：∵变量x与y正相关，
∴可以排除C，D;
样本平均数 =3， =3.5，代入A符合，B不符合，
故选：A.
6.在区间[0，3]上随机地取一个实数x，则事件“1≤2x﹣1≤3”发生的概率为( )
A. B. C. D.
【考点】几何概型.
【分析】首先求出事件“1≤2x﹣1≤3”发生对应的区间长度，利用几何概型公式解答.
【解答】解：在区间[0，3]上随机地取一个实数x，则事件“1≤2x﹣1≤3”发生，即1≤x≤2，区间长度为1，
由几何概型公式得到事件“1≤2x﹣1≤3”发生的概率为 ;
故选：B.
7.如图程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图，若输入a，b分别为6，4，则输出a的值为( )
A.0 B.2 C.4 D.6
【考点】程序框图.
【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论.
【解答】解：由a=6，b=4，a>b，
则a变为6﹣4=2，
由a
由a=b=2，
则输出的a=2.
故选：B.
8.在班级的演讲比赛中，将甲、乙两名同学的得分情况制成如图所示的茎叶图.记甲、乙两名同学所得分数的平均分分别为 甲、 乙，则下列判断正确的是( )
A. 甲< 乙，甲比乙成绩稳定 B. 甲> 乙，甲比乙成绩稳定
C. 甲< 乙，乙比甲成绩稳定 D. 甲> 乙，乙比甲成绩稳定
【考点】众数、中位数、平均数.
【分析】由茎叶图知分别求出两组数据的平均数和方差，由此能求出结果.
【解答】解：由茎叶图知：
= (76+77+88+90+94)=85，
= [(76﹣85)2+(77﹣85)2+(88﹣85)2+(90﹣85)2+(94﹣85)2]=52，
= (75+86+88+88+93)=86，
= [(75﹣86)2+(86﹣86)2+(88﹣86)2+(88﹣86)2+(93﹣86)2]=35.6，
∴ 甲< 乙，乙比甲成绩稳定.
故选：C.
9.设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是( )
A.当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件
B.当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件
C.当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”必要不充分条件
D.当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件
【考点】平面的基本性质及推论.
【分析】当n⊥α时，“n⊥β”⇔“α∥β”;当m⊂α时，“m⊥β”⇒“α⊥β”，但是“α⊥β”推不出“m⊥β”;当m⊂α时，“n∥α”⇒“m∥n或m与n异面”，“m∥n”⇒“n∥α或n⊂α”;当m⊂α时，“n⊥α”⇒“m⊥n”，但“m⊥n”推不出“n⊥α”.
【解答】解：当n⊥α时，“n⊥β”⇔“α∥β”，故A正确;
当m⊂α时，“m⊥β”⇒“α⊥β”，但是“α⊥β”推不出“m⊥β”，故B正确;
当m⊂α时，“n∥α”⇒“m∥n或m与n异面”，“m∥n”⇒“n∥α或n⊂α”，故C不正确;
当m⊂α时，“n⊥α”⇒“m⊥n”，但“m⊥n”推不出“n⊥α”，故D正确.
故选C
10.如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【考点】异面直线及其所成的角.
【分析】连结ND，取ND的中点E，连结ME，推导出异面直线AN，CM所成角就是∠EMC，通解三角形，能求出结果.
【解答】解：连结ND，取ND的中点E，连结ME，
则ME∥AN，∴∠EMC是异面直线AN，CM所成的角，
∵AN=2 ，∴ME= =EN，MC=2 ，
又∵EN⊥NC，∴EC= = ，
∴cos∠EMC= = = ，
∴异面直线AN，CM所成的角的余弦值为 .
故选：A.
11.已知命题p：函数f(x)=x2﹣2mx+4在[2，+∞)上单调递增;命题q：关于x的不等式mx2+2(m﹣2)x+1>0对任意x∈R恒成立.若p∨q为真命题，p∧q为假命题，则实数m的取值范围为( )
A.(1，4) B.[﹣2，4] C.(﹣∞，1]∪(2，4) D.(﹣∞，1)∪(2，4)
【考点】复合命题的真假.
【分析】根据二次函数的单调性，以及一元二次不等式的解的情况和判别式△的关系即可求出命题p，q为真命题时m的取值范围.根据p∨q为真命题，p∧q为假命题得到p真q假或p假q真，求出这两种情况下m的范围求并集即可.
【解答】解：若命题p为真，∵函数f(x)的对称轴为x=m，∴m≤2;
若命题q为真，当m=0时原不等式为﹣4x+1>0，该不等式的解集不为R，即这种情况不存在;
当m≠0时，则有 ，
解得1
又∵P∨q为真，P∧q为假，∴P与q一真一假;
若P真q假，则 ，
解得m≤1;
若P假q真，则 ，解得2
综上所述，m的取值范围是m≤1或2
故选：C.
12.如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，给出以下结论：
①直线A1B与B1C所成的角为60°;
②若M是线段AC1上的动点，则直线CM与平面BC1D所成角的正弦值的取值范围是 ;
③若P，Q是线段AC上的动点，且PQ=1，则四面体B1D1PQ的体积恒为 .
其中，正确结论的个数是( )
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
【考点】命题的真假判断与应用.
【分析】①先证明A1B与A1D所成角为60°，又B1C∥A1D，可得直线A1B与B1C所成的角为60°，判断①正确;
②由平面BDC1⊥平面ACC1，结合线面角的定义分别求出直线CM与平面BDC1所成角的正弦值最大值与最小值判断②正确;
③在PQ变化过程中，四面体PQB1D1的顶点D1到底面B1PQ的距离不变，底面积不变，则体积不变，求出体积判断③正确.
【解答】解：①在△A1BD中，每条边都是 ，即为等边三角形，∴A1B与A1D所成角为60°，
又B1C∥A1D，∴直线A1B与B1C所成的角为60°，正确;
②如图，由正方体可得平面BDC1⊥平面ACC1，当M点位于AC1上，且使CM⊥平面BDC1时，直线CM与平面BDC1所成角的正弦值最大为1，
当M与C1重合时，连接CM交平面BDC1所得斜线最长，直线CM与平面BDC1所成角的正弦值最小等于 ，
∴直线CM与平面BDC1所成角的正弦值的取值范围是[ ，1]，正确;
③连接B1P，B1Q，设D1到平面B1AC的距离为h，则h= ，B1到直线AC的距离为 ，
则四面体PQB1D1的体积V= ，正确.
∴正确的命题是①②③.
故选：D
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.根据如图所示的算法语句，当输入的x为50时，输出的y的值为 35 .
【考点】伪代码.
【分析】算法的功能是求y= 的值，当输入x=50时，计算输出y的值.
【解答】解：由算法语句知：算法的功能是求y= 的值，
当输入x=50时，
输出y=30+0.5×10=35.
故答案为：35.
14.某校高一年级有900名学生，其中女生400名，按男女比例用分层抽样的方法，从该年级学生中抽取一个容量为45的样本，则应抽取的男生人数为 25 .
【考点】分层抽样方法.
【分析】根据分层抽样的定义求出在各层中的抽样比，即样本容量比上总体容量，按此比例求出应抽取的男生人数.
【解答】解：根据题意得，用分层抽样在各层中的抽样比为 = ，
则应抽取的男生人数是500× =25人，
故答案为：25.
15.袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为 .
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率.
【分析】根据题意，把4个小球分别编号，用列举法求出基本事件数，计算对应的概率即可.
【解答】解：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为C1、C2，则
一次取出2只球，基本事件为AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共6种，
其中2只球的颜色不同的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5种;
所以所求的概率是P= ，
故答案为： .
16.若直线y=x+b与曲线y=3﹣ 有两个公共点，则b的取值范围是 1﹣2
【考点】直线与圆的位置关系.
【分析】曲线方程变形后，表示圆心为(2，3)，半径为2的下半圆，如图所示，根据直线y=x+b与圆有2个公共点，
【解答】解：曲线方程变形为(x﹣2)2+(y﹣3)2=4，表示圆心A为(2，3)，半径为2的下半圆，根据题意画出图形，如图所示，
当直线y=x+b过B(4，3)时，将B坐标代入直线方程得：3=4+b，即b=﹣1;
当直线y=x+b与半圆相切时，圆心A到直线的距离d=r，即 =2，即b﹣1=2 (不合题意舍去)或b﹣1=﹣2 ，
解得：b=1﹣2 ，
则直线与曲线有两个公共点时b的范围为1﹣2
故答案为：1﹣2
三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知命题p：x2﹣8x﹣20≤0，命题q：[x﹣(1+m)]•[x﹣(1﹣m)]≤0(m>0)，若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围.
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【分析】由p：x2﹣8x﹣20≤0，得﹣2≤x≤10.由于p是q的充分不必要条件，可得[﹣2，10]⊊[1﹣m，1+m].即可得出.
【解答】解：由p：x2﹣8x﹣20≤0，得﹣2≤x≤10，
∵p是q的充分不必要条件，
∴[﹣2，10]⊊[1﹣m，1+m].
则 ，或 ，
解得m≥9.
故实数m的取值范围为[9，+∞).
18.已知圆C过点A(1，4)，B(3，2)，且圆心在x轴上，求圆C的方程.
【考点】圆的标准方程.
【分析】法一：设圆C：(x﹣a)2+y2=r2，利用待定系数法能求出圆C的方程.
法二：设圆C：x2+y2+Dx+F=0，利用待定系数法能求出圆C的方程.
法三：由已知圆心C必在线段AB的垂直平分线l上，AB的中点为(2，3)，由此能求出圆心C的坐标和半径，从而能求出圆C的方程.
【解答】解法一：设圆C：(x﹣a)2+y2=r2，
则
解得 所以圆C的方程为(x+1)2+y2=20.
解法二：设圆C：x2+y2+Dx+F=0，
则
解得 所以圆C的方程为x2+y2+2x﹣19=0.
解法三：因为圆C过两点A(1，4)，B(3，2)，所以圆心C必在线段AB的垂直平分线l上，
又因为 ，所以kl=1，又AB的中点为(2，3)，
故AB的垂直平分线l的方程为y﹣3=x﹣2，即y=x+1.
又圆心C在x轴上，所以圆心C的坐标为(﹣1，0)，
所以半径 ，
所以圆C的方程为(x+1)2+y2=20.
19.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面ABC等边三角形，E，F分别是BC，CC1的中点.求证：
(Ⅰ) EF∥平面A1BC1;
(Ⅱ) 平面AEF⊥平面BCC1B1.
【考点】平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.
【分析】(Ⅰ)由三角形中位线定理得EF∥BC1，由此能证明EF∥平面A1BC1.
(Ⅱ)由三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，得AE⊥BB1，由正三角形性质得AE⊥BC，由此能证明平面AEF⊥平面BCC1B1.
【解答】证明：(Ⅰ)因为E，F分别是BC，CC1的中点，
所以EF∥BC1.
又因为BC1⊂平面A1BC1，EF⊄平面A1BC1，
所以EF∥平面A1BC1.
(Ⅱ)因为三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1⊥平面ABC.又AE⊂平面ABC，
所以AE⊥BB1.
又因为△ABC为正三角形，E为BC的中点，
所以AE⊥BC.
又BB1∩BC=B，所以AE⊥平面BCC1B1.
又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面BCC1B1.
20.某校高中一年级组织学生参加了环保知识竞赛，并抽取了20名学生的成绩进行分析，如图是这20名学生竞赛成绩(单位：分)的频率分布直方图，其分组为[100，110)，[110，120)，…，[130，140)，[140，150].
(Ⅰ) 求图中a的值及成绩分别落在[100，110)与[110，120)中的学生人数;
(Ⅱ) 学校决定从成绩在[100，120)的学生中任选2名进行座谈，求此2人的成绩都在[110，120)中的概率.
【考点】古典概型及其概率计算公式;频率分布直方图.
【分析】(Ⅰ)根据频率分布直方图知组距为10，由频率分布直方图中小矩形面积之和为1，求出a，由此能求出成绩分别落在[100，110)与[110，120)中的学生人数.
(Ⅱ)记成绩落在[100，110)中的2人为A1，A2，成绩落在[110，120)中的3人为B1，B2，B3，由此利用列举法能求出此2人的成绩都在[110，120)中的概率.
【解答】解：(Ⅰ)根据频率分布直方图知组距为10，
由(2a+3a+7a+6a+2a)×10=1，
解得 ;
所以成绩落在[100，110)中的人数为2×0.005×10×20=2;
成绩落在[110，120)中的人数为3×0.005×10×20=3.
(Ⅱ)记成绩落在[100，110)中的2人为A1，A2，
成绩落在[110，120)中的3人为B1，B2，B3，
则从成绩在[100，120)的学生中任选2人的基本事件共有10个：
{A1，A2}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，
其中2人的成绩都在[110，120)中的基本事件有3个：
{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，
所以所求概率为 .
21.如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD= ，AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1﹣BCDE.
(Ⅰ) 证明：CD⊥平面A1OC;
(Ⅱ) 若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角(锐角)的余弦值.
【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定.
【分析】(Ⅰ)根据线面垂直的判定定理即可证明：CD⊥平面A1OC;
(Ⅱ)若平面A1BE⊥平面BCDE，建立空间坐标系，利用向量法即可求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.
【解答】证明：(Ⅰ)在图1中，∵AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，∠BAD= ，
∴BE⊥AC，
即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，
则BE⊥平面A1OC;
∵CD∥BE，
∴CD⊥平面A1OC.
解：(Ⅱ)若平面A1BE⊥平面BCDE，
由(Ⅰ)知BE⊥OA1，BE⊥OC，
∴∠A1OC为二面角A1﹣BE﹣C的平面角，
∴∠A1OC= ，
如图，建立空间坐标系，
∵A1B=A1E=BC=ED=1.BC∥ED
∴B( ，0，0)，E(﹣ ，0，0)，A1(0，0， )，C(0， ，0)，
=(﹣ ， ，0)， =(0， ，﹣ )， = =(﹣ ，0，0)，
设平面A1BC的法向量为 =(x，y，z)，平面A1CD的法向量为 =(a，b，c)，
则 ，得 ，令x=1，则y=1，z=1，即 =(1，1，1)，
由 ，得 ，取b=1，得 =(0，1，1)，
则cos< ， >= = = ，
∴平面A1BC与平面A1CD夹角(锐角)的余弦值为 .
22.已知圆C：x2﹣(1+a)x+y2﹣ay+a=0(a∈R).
(Ⅰ) 若a=1，求直线y=x被圆C所截得的弦长;
(Ⅱ) 若a>1，如图，圆C与x轴相交于两点M，N(点M在点N的左侧).过点M的动直线l与圆O：x2+y2=4相交于A，B两点.问：是否存在实数a，使得对任意的直线l均有∠ANM=∠BNM?若存在，求出实数a的值，若不存在，请说明理由.
【考点】圆方程的综合应用.
【分析】(Ⅰ)当a=1时，求出圆心C(1， )，半径r= ，求出圆心C到直线y=x的距离，由此利用勾股定理能求出直线y=x被圆C所截得的弦长.
(Ⅱ)先求出所以M(1，0)，N(a，0)，假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x﹣1)，代入x2+y2=4，利用韦达定理，根据NA、NB的斜率之和等于零求得a的值.经过检验，当直线AB与x轴垂直时，这个a值仍然满足∠ANM=∠BNM，从而得出结论.
【解答】解：(Ⅰ) 当a=1时，圆C：x2﹣2x+y2﹣y+1=0，
圆心C(1， )，半径r= = ，
圆心C(1， )到直线y=x的距离d= = ，
∴直线y=x被圆C所截得的弦长为：2 = .
(Ⅱ)令y=0，得x2﹣(1+a)x+a=0，即(x﹣1)(x﹣a)=0，解得x=1，或x=a，
∴M(1，0)，N(a，0).
假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x﹣1)，
代入x2+y2=4得，(1+k2)x2﹣2k2x+k2﹣4=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，从而 ，x1x2= .
∵NA、NB的斜率之和为 + = ，
而(x1﹣1)(x2﹣a)+(x2﹣1)(x1﹣a)
=2x1x2﹣(a+1)(x2+x1)+2a= +2a= ，
∵∠ANM=∠BNM，所以，NA、NB的斜率互为相反数， =0，即 =0，得a=4.
当直线AB与x轴垂直时，仍然满足∠ANM=∠BNM，即NA、NB的斜率互为相反数.
综上，存在a=4，使得∠ANM=∠BNM.
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