1、官渡一中高二年級2019-2020學年下學期期中考試理科數學試卷（試卷滿分150分，考試時間120分鐘）第卷選擇題（共60分）一、選擇題（每小題5分，共60分）1. 是虛數單位，復數的虛部是（ ）a. 0b. 1c. 1d. 【答案】b【解析】【分析】根據復數代數形式的除法運算化簡復數，即可求出復數的虛部；【詳解】解：所以復數的虛部為故選：b【點睛】本題考查復數代數形式的除法運算及復數的相關概念，屬于基礎題.2. 已知，滿足，則p與q的關系為（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先求出集合a，再由可得方程的一個根為，從而可得結論【詳解】由得，解得，所以，因為，所以方程的一個根

2、為，所以，故選：d【點睛】此題考查一元二次不等式的解法，考查集合的交集運算，屬于基礎題3. 在正項等比數列中，數列滿足，則數列的前6項和是（ ）a. 0b. 2c. 3d. 5【答案】c【解析】【分析】先由，求出數列的通項公式，再由可求得，從而由等差數列的前項和公式可求得結果【詳解】解：設正項等比數列的公比為，因，所以公比不為1，所以，解得，所以，所以，所以數列是以3為首項，為公差的等差數列，所以數列的前6項和為，故選：c【點睛】此題考查等比數列的基本量計算，考查對數的運算性質的應用，屬于基礎題4. 函數（，為常數，）的部分圖象如圖所示，則的值（ ）a. b. c. 0d. 【答案】a【解析】

3、【分析】根據圖象有，且，即有，得進而求得的值【詳解】有圖可知：，即；且最小正周期，又即綜上，有：故選：a【點睛】本題考查了應用三角函數圖象求解析式，根據圖象顯示的周期(半周期或周期)求，由最值求，最后根據最值所對應的x值求，即可得到最終解析式5. 根據如圖所示的程序框圖，若輸出y的值為4，則輸入的值為（ ）a. b. 1c. 或d. 或1【答案】d【解析】【分析】把分別代入函數求出對應的即可【詳解】解：因為，所以輸出y的值為4，可能是由函數得到的把代入中得，由框圖可知只能取，把代入中得，滿足題意，所以輸入的值可能為或1，故選：d【點睛】此題考查算法的條件結構框圖，屬于基礎題6. 一個正方體紙盒

4、展開后如圖，在原正方體紙盒中有下列結論：abef；ab與cm成60°的角；ef與mn是異面直線；mncd.其中正確是()a. b. c. d. 【答案】d【解析】【詳解】將展開圖還原為正方體，由于efnd，而ndab，efab；顯然ab與cm平行；ef與mn是異面直線，mn與cd也是異面直線，故正確，錯誤.7. 函數f(x) 有且只有一個零點的充分不必要條件是()a. a<0b. 0<a<c. <a<1d. a0或a>1【答案】a【解析】【分析】函數y=f（x）只有一個零點，分段函數在時， 存在一個零點為1，在無零點，所以函數圖象向上或向下平移，圖

5、像必須在x軸上方或下方,解題中需要注意的是：題目要求找出充分不必要條件，解題中容易選成充要條件.【詳解】當時，y=，x=1是函數的一個零點，則當無零點，由指數函數圖像特征可知：a0或a>1又題目求函數只有一個零點充分不必要條件，即求a0或a>1的一個真子集，故選a【點睛】本題考查函數零點個數問題，解決問題的關鍵是確定函數的單調性，利用單調性和特殊點的函數值的正負確定零點的個數；本題還應注意題目要求的是充分不必要條件，d項是沖要條件，容易疏忽而出錯.8. 已知函數是定義在r上的奇函數，且當時，則函數在處的切線方程為（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】利用先求出的值

6、，設，根據已知條件求出，再利用奇函數，求出在上的解析式，同時可求出導函數；求出切點坐標，再求出該點處的導數即為切線的斜率，利用點斜式表示出直線方程即可【詳解】解：由題意得，解得，當，時，設，則，是定義在上的奇函數，此時，把代入得， ，則切點為，所求的切線方程為：，化簡得，故選：b【點睛】本題主要考查了利用導數研究曲線上某點切線方程，奇函數性質的利用，以及函數解析式，求函數在某范圍內的解析式，一般先將自變量設在該范圍內，再想法轉化到已知范圍上去，考查了轉化思想，屬于基礎題9. 中，分別是角的對邊，向量，且，則（ ）a. 30°b. 60°c. 120°d. 150&

7、#176;【答案】a【解析】【分析】由兩向量的坐標及兩向量平行滿足的條件列出關系式，利用同角三角形函數間的基本關系求出的值，由為三角形的內角，利用特殊角的三角函數值求出的度數，再利用正弦定理化簡已知的等式，利用兩角和與差的正弦函數公式化簡后根據的值不為0，求出的值，由為三角形的內角，利用特殊角的三角函數值求出的度數，即可求出的度數【詳解】解：向量，且，即，為三角形的內角，把利用正弦定理化簡得：，即，又為三角形內角，則故選：【點睛】本題考查了正弦定理，平面向量共線定理的應用，兩角和與差的正弦函數公式，誘導公式，以及特殊角的三角函數值，熟練掌握定理及公式是解本題的關鍵，屬于中檔題10. 已知雙曲線

8、 ，過其右焦點且垂直于實軸的直線與雙曲線交于兩點，是坐標原點，若，則雙曲線的離心率為（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【詳解】設雙曲線的右焦點，將代入雙曲線方程得，又，根據對稱性得，解得或（舍去）.故選：c.考點：雙曲線的圖象與性質.11. 設，若當時，恒成立，則實數m的取值范圍是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先判定函數的奇偶性和單調性，利用函數的性質把不等式轉化為在上恒成立，進而結合的范圍，得到不等式，即可求解.【詳解】由題意，函數，可得，所以函數為奇函數，且在上為單調遞增函數，因為當時，恒成立，即當時，恒成立，所以，即在上恒成立，當時，則，所以，解得

9、或，即實數的取值范圍為.故選：d.【點睛】本題主要考查了函數的單調性與奇偶性的應用，以及恒成立問題的求解，其中解答中合理利用函數的基本性質進行轉化是解答的關鍵，著重考查分析問題和解答問題的能力.12. 函數定義域為，若滿足在內是單調函數；存在使在上的值域為，那么就稱為“成功函數”，若函數是“成功函數”，則的取值范圍為a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由是“成功函數”，知在其定義域內為增函數，故，由此能求出的取值范圍.【詳解】是“成功函數”，在其定義域內為增函數，令，有兩個不同的正數根，解得，故選c.【點睛】本題考查函數的值域的求法，解題的關鍵是正確理解“成功函數”，解題時要認真

10、審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化第卷非選擇題（共90分）二、填空題（每小題5分，共20分）13. 展開式中的常數項為_【答案】84【解析】【分析】先求出二項式展開式的通項公式，然后令的次數為0，求出的值，從而可得展開式中的常數項【詳解】解：二項式展開式的通項公式為，令，得，所以展開式中的常數項為故答案為：84【點睛】此題考查二項式定理的應用，屬于基礎題14. 已知的面積為，則_.【答案】7【解析】【分析】根據三角形的面積求出的大小，再利用余弦定理求解.【詳解】因為的面積為，所以,所以因為,由余弦定理得,所以.故答案為：7【點睛】本題主要考查三角形的面積公式的應用，考查余弦定理解三角形，考

11、查平面向量的數量積的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.15. 現采用隨機模擬的方法估計某運動員射擊4次，至少擊中3次的概率：先由計算器給出0到9之間取整數值的隨機數，指定0，1表示沒有擊中目標，2，3，4，5，6，7， 8，9表示擊中目標，以4個隨機數為一組，代表射擊4次的結果，經隨機模擬產生了 20組隨機數：7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281根據以上數據估計該射擊運動員射擊4次至少擊中3次的概率為_【答案】【解析】【分析

12、】根據數據統計擊中目標的次數，再用古典概型概率公式求解.【詳解】由數據得射擊4次至少擊中3次的次數有15，所以射擊4次至少擊中3次的概率為.故答案為：【點睛】本題考查古典概型概率公式，考查基本分析求解能力，屬基礎題.16. 已知球面上有四點，且平面，則此球的體積為_.【答案】【解析】【分析】設的外心為，則三棱錐的外接球的球心在過點，垂直于平面的平面的直線，設球心為，的外接圓半徑為，利用正余弦定理求出的外接圓半徑，再由平面，結合勾股定理可得外接球的半徑【詳解】解：設的外心為，則三棱錐的外接球的球心在過點，垂直于平面的平面的直線，設球心為，的外接圓半徑為，設外接球的半徑為，因為，所以，所以，由正弦

13、定理得，所以，因為平面，所以，所以外接球的體積為故答案為：【點睛】此題考查正余弦定理的應用，考查多面體外接球的體積的求法，屬于中檔題三、解答題（第17題10分，其它題12分，共70分）17. 已知，其中，若函數，且的對稱中心到對稱軸的最近距離不小于（1）求的取值范圍；（2）在中，分別是角的對邊，且，當取最大值時，求的面積【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先由向量的數量積公式求出的解析式，再由的對稱中心到對稱軸的最近距離不小于，可得，再結周期公式可求出的取值范圍；（2）先結合（1）求出，再由可得，再由余弦定理可求出，從而可求得三角形的面積【詳解】解：（1），由題意知，即，故的取值范圍

14、是（2）由（1）知的最大值為1，所以，且，由余弦定理，又，【點睛】此題考查三角函數的圖像和性質的應用，考查三角函數恒等到變換公式的應用，考查余弦定理的應用，屬中檔題18. 正項數列的前n項和sn滿足： (1)求數列的通項公式； (2)令，數列bn的前n項和為tn，證明：對于任意的nn*，都有tn .【答案】（1）（2）見解析【解析】【詳解】（1）因為數列的前項和滿足：，所以當時，即解得或，因為數列都是正項，所以，因為，所以，解得或，因為數列都是正項，所以，當時，有，所以，解得，當時，符合所以數列的通項公式，;（2）因為，所以，所以數列的前項和為：，當時，有，所以，所以對于任意，數列的前項和.1

15、9. 某市教育部門規定,高中學生三年在校期間必須參加不少于80小時社區服務教育部門在全市隨機抽取200位學生參加社區服務的數據,按時間段,（單位：小時）進行統計,其頻率分布直方圖如圖所示（1）求抽取的200位學生中,參加社區服務時間不少于90小時的學生人數,并估計從全市高中學生中任意選取一人,其參加社區服務時間不少于90小時的概率；（2）從全市高中學生（人數很多）中任意選取3位學生,記為3位學生中參加社區服務時間不少于90小時的人數試求隨機變量的分布列和數學期望【答案】（1）；（2）分布列見解析，【解析】【分析】（1）由頻率分布直方圖可求出抽取的位學生中，參加社區服務時間不少于小時的學生人數為

16、人，再根據古典概型概率公式可得結果；（2）由已知得隨機變量x的可能取值為0，1，2，3，xb（3，），由此能求出隨機變量x的分布列和數學期望ex【詳解】（1）根據題意，參加社區服務在時間段的學生人數為人；參加社區服務在時間段的學生人數為人；抽取的200位學生中，參加社區服務時間不少于90小時的學生人數為80人.從全市高中學生中任意選取一人，其參加社區服務時間不少于90小時的概率為.（2）由（1）可知，從全市高中學生中任意選取1人，其參加社區服務時間不少于90小時的概率為，xb（3，），由已知得，隨機變量的可能取值為0,1,2,3，則，隨機變量的分布列為：.【點睛】本題考查古典概型概率的求法，考

17、查離散型隨機變量二項分布的分布列和數學期望，屬于中檔題20. 正的邊長為4，是邊上的高，分別是，的中點，現將沿翻折成直二面角，如圖2.在圖2中：（1）求二面角的余弦值；（2）在線段上找一點，使【答案】（1）；（2）p是上的一個三等分點且.【解析】【分析】（1）根據題意，建立空間直角坐標系，求得平面和平面法向量，利用兩個法向量所成角的余弦值得到二面角的余弦值；（2）利用向量垂直，向量數量積等于零，得到相應的等量關系式，求得結果.【詳解】（1）以點d為坐標原點，直線db，dc，da分別為x軸、y軸、x軸建立空間直角坐標系，則，平面的法向量為設平面的法向量為，則即可取，所以，二面角的余弦值為（2）在

18、平面坐標系中，直線的方程為設，則，所以所以，p是上的一個三等分點且【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有利用空間向量求二面角的余弦值，利用向量垂直得到直線垂直去判斷點的位置，屬于中檔題目.21. 已知橢圓的上頂點為，右焦點為，直線與圓相切（1）求橢圓的方程；（2）若不過點的動直線與橢圓交于兩點，且，求證：直線過定點，并求該定點坐標.【答案】（1）；（2）證明見解析；.【解析】【分析】（1）圓的圓心為，半徑直線的方程為，由直線與圓相切，得，由此能求出橢圓的方程（2）由，知，設直線的方程為，直線的方程為聯立，整理得，求得點，點的坐標，再表示出直線的方程，由此能證明直線過定點【詳解】解：（1）解：圓的圓心為，半徑.由題意知，直線的方程為，即，由直線與圓相切，得，解得，故橢圓的方程為.（2）證明：由知，從而直線與坐標軸不垂直，故可設直線的方程為，直線的方程為.聯立方程組，整理得，解得或，故點的坐標為，同理，點的坐標為.所以直線的斜率為，所以直線的方程為，即.所以直線過定點.【點睛】本題考查橢圓方程的求法，考查直線過定點的證明，解題時要認真審題，注意函數與方程思想的合理運用，屬于中檔題22. 已知函數.求函數的單調區間；如果對于任意的，總成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）的單調遞增區間為，單