四川省高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷及解析
數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)少不了勤奮的練習(xí)，只有在題目中才能將數(shù)學(xué)的知識點理解透徹。以下是學(xué)習(xí)啦小編為您整理的關(guān)于四川省高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷及解析的相關(guān)資料，供您閱讀。
四川省高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷及解析
一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1.已知圓C：(x﹣2)2+(y+1)2=4，則圓C的圓心和半徑分別為( )
A.(2，1)，4 B.(2，﹣1)，2 C.(﹣2，1)，2 D.(﹣2，﹣1)，2
【考點】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.
【分析】利用圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直接寫出圓心與半徑即可.
【解答】解：圓C：(x﹣2)2+(y+1)2=4，則圓C的圓心和半徑分別為：(2，﹣1)，2.
故選：B.
2.當(dāng)m∈N*，命題“若m>0，則方程x2+x﹣m=0有實根”的逆否命題是( )
A.若方程x2+x﹣m=0有實根，則m>0
B.若方程x2+x﹣m=0有實根，則m≤0
C.若方程x2+x﹣m=0沒有實根，則m>0
D.若方程x2+x﹣m=0沒有實根，則m≤0
【考點】四種命題間的逆否關(guān)系.
【分析】直接利用逆否命題的定義寫出結(jié)果判斷選項即可.
【解答】解：由逆否命題的定義可知：當(dāng)m∈N*，命題“若m>0，則方程x2+x﹣m=0有實根”的逆否命題是：若方程x2+x﹣m=0沒有實根，則m≤0.
故選：D.
3.已知命題p：∀x>0，x3>0，那么￢p是( )
A.∀x>0，x3≤0 B.
C.∀x<0，x3≤0 D.
【考點】命題的否定.
【分析】利用全稱命題的否定是特稱命題，寫出結(jié)果即可.
【解答】解：因為全稱命題的否定是特稱命題，所以，命題p：∀x>0，x3>0，那么￢p是 .
故選：D.
4.已知一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A.8π B.4π C.2π D.π
【考點】由三視圖求面積、體積.
【分析】首先將幾何體還原，然后求體積.
【解答】解：由已知得到幾何體是底面直徑為2，高為2的圓柱，所以其體積為π×12×2=2π;
故選C.
5.已知變量x與y正相關(guān)，且由觀測數(shù)據(jù)算得樣本平均數(shù) =3， =3.5，則由該觀測數(shù)據(jù)算得的線性回歸方程可能是( )
A. =0.4x+2.3 B. =2x﹣2.4 C. =﹣2x+9.5 D. =﹣0.3x+4.4
【考點】線性回歸方程.
【分析】變量x與y正相關(guān)，可以排除C，D;樣本平均數(shù)代入可求這組樣本數(shù)據(jù)的回歸直線方程.
【解答】解：∵變量x與y正相關(guān)，
∴可以排除C，D;
樣本平均數(shù) =3， =3.5，代入A符合，B不符合，
故選：A.
6.在區(qū)間[0，3]上隨機地取一個實數(shù)x，則事件“1≤2x﹣1≤3”發(fā)生的概率為( )
A. B. C. D.
【考點】幾何概型.
【分析】首先求出事件“1≤2x﹣1≤3”發(fā)生對應(yīng)的區(qū)間長度，利用幾何概型公式解答.
【解答】解：在區(qū)間[0，3]上隨機地取一個實數(shù)x，則事件“1≤2x﹣1≤3”發(fā)生，即1≤x≤2，區(qū)間長度為1，
由幾何概型公式得到事件“1≤2x﹣1≤3”發(fā)生的概率為 ;
故選：B.
7.如圖程序框圖的算法思路源于我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中的“更相減損術(shù)”.執(zhí)行該程序框圖，若輸入a，b分別為6，4，則輸出a的值為( )
A.0 B.2 C.4 D.6
【考點】程序框圖.
【分析】由循環(huán)結(jié)構(gòu)的特點，先判斷，再執(zhí)行，分別計算出當(dāng)前的a，b的值，即可得到結(jié)論.
【解答】解：由a=6，b=4，a>b，
則a變?yōu)?﹣4=2，
由a
由a=b=2，
則輸出的a=2.
故選：B.
8.在班級的演講比賽中，將甲、乙兩名同學(xué)的得分情況制成如圖所示的莖葉圖.記甲、乙兩名同學(xué)所得分?jǐn)?shù)的平均分分別為 甲、 乙，則下列判斷正確的是( )
A. 甲< 乙，甲比乙成績穩(wěn)定 B. 甲> 乙，甲比乙成績穩(wěn)定
C. 甲< 乙，乙比甲成績穩(wěn)定 D. 甲> 乙，乙比甲成績穩(wěn)定
【考點】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù).
【分析】由莖葉圖知分別求出兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方差，由此能求出結(jié)果.
【解答】解：由莖葉圖知：
= (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，乙比甲成績穩(wěn)定.
故選：C.
9.設(shè)m，n是空間兩條直線，α，β是空間兩個平面，則下列選項中不正確的是( )
A.當(dāng)n⊥α時，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要條件
B.當(dāng)m⊂α時，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要條件
C.當(dāng)m⊂α時，“n∥α”是“m∥n”必要不充分條件
D.當(dāng)m⊂α時，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要條件
【考點】平面的基本性質(zhì)及推論.
【分析】當(dāng)n⊥α時，“n⊥β”⇔“α∥β”;當(dāng)m⊂α時，“m⊥β”⇒“α⊥β”，但是“α⊥β”推不出“m⊥β”;當(dāng)m⊂α時，“n∥α”⇒“m∥n或m與n異面”，“m∥n”⇒“n∥α或n⊂α”;當(dāng)m⊂α時，“n⊥α”⇒“m⊥n”，但“m⊥n”推不出“n⊥α”.
【解答】解：當(dāng)n⊥α時，“n⊥β”⇔“α∥β”，故A正確;
當(dāng)m⊂α時，“m⊥β”⇒“α⊥β”，但是“α⊥β”推不出“m⊥β”，故B正確;
當(dāng)m⊂α時，“n∥α”⇒“m∥n或m與n異面”，“m∥n”⇒“n∥α或n⊂α”，故C不正確;
當(dāng)m⊂α時，“n⊥α”⇒“m⊥n”，但“m⊥n”推不出“n⊥α”，故D正確.
故選C
10.如圖，三棱錐A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，點M，N分別是AD，BC的中點，則異面直線AN，CM所成的角的余弦值為( )
A. B. C. D.
【考點】異面直線及其所成的角.
【分析】連結(jié)ND，取ND的中點E，連結(jié)ME，推導(dǎo)出異面直線AN，CM所成角就是∠EMC，通解三角形，能求出結(jié)果.
【解答】解：連結(jié)ND，取ND的中點E，連結(jié)ME，
則ME∥AN，∴∠EMC是異面直線AN，CM所成的角，
∵AN=2 ，∴ME= =EN，MC=2 ，
又∵EN⊥NC，∴EC= = ，
∴cos∠EMC= = = ，
∴異面直線AN，CM所成的角的余弦值為 .
故選：A.
11.已知命題p：函數(shù)f(x)=x2﹣2mx+4在[2，+∞)上單調(diào)遞增;命題q：關(guān)于x的不等式mx2+2(m﹣2)x+1>0對任意x∈R恒成立.若p∨q為真命題，p∧q為假命題，則實數(shù)m的取值范圍為( )
A.(1，4) B.[﹣2，4] C.(﹣∞，1]∪(2，4) D.(﹣∞，1)∪(2，4)
【考點】復(fù)合命題的真假.
【分析】根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性，以及一元二次不等式的解的情況和判別式△的關(guān)系即可求出命題p，q為真命題時m的取值范圍.根據(jù)p∨q為真命題，p∧q為假命題得到p真q假或p假q真，求出這兩種情況下m的范圍求并集即可.
【解答】解：若命題p為真，∵函數(shù)f(x)的對稱軸為x=m，∴m≤2;
若命題q為真，當(dāng)m=0時原不等式為﹣4x+1>0，該不等式的解集不為R，即這種情況不存在;
當(dāng)m≠0時，則有 ，
解得1
又∵P∨q為真，P∧q為假，∴P與q一真一假;
若P真q假，則 ，
解得m≤1;
若P假q真，則 ，解得2
綜上所述，m的取值范圍是m≤1或2
故選：C.
12.如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，給出以下結(jié)論：
?、僦本€A1B與B1C所成的角為60°;
?、谌鬗是線段AC1上的動點，則直線CM與平面BC1D所成角的正弦值的取值范圍是 ;
?、廴鬚，Q是線段AC上的動點，且PQ=1，則四面體B1D1PQ的體積恒為 .
其中，正確結(jié)論的個數(shù)是( )
A.0個 B.1個 C.2個 D.3個
【考點】命題的真假判斷與應(yīng)用.
【分析】①先證明A1B與A1D所成角為60°，又B1C∥A1D，可得直線A1B與B1C所成的角為60°，判斷①正確;
②由平面BDC1⊥平面ACC1，結(jié)合線面角的定義分別求出直線CM與平面BDC1所成角的正弦值最大值與最小值判斷②正確;
③在PQ變化過程中，四面體PQB1D1的頂點D1到底面B1PQ的距離不變，底面積不變，則體積不變，求出體積判斷③正確.
【解答】解：①在△A1BD中，每條邊都是 ，即為等邊三角形，∴A1B與A1D所成角為60°，
又B1C∥A1D，∴直線A1B與B1C所成的角為60°，正確;
?、谌鐖D，由正方體可得平面BDC1⊥平面ACC1，當(dāng)M點位于AC1上，且使CM⊥平面BDC1時，直線CM與平面BDC1所成角的正弦值最大為1，
當(dāng)M與C1重合時，連接CM交平面BDC1所得斜線最長，直線CM與平面BDC1所成角的正弦值最小等于 ，
∴直線CM與平面BDC1所成角的正弦值的取值范圍是[ ，1]，正確;
?、圻B接B1P，B1Q，設(shè)D1到平面B1AC的距離為h，則h= ，B1到直線AC的距離為 ，
則四面體PQB1D1的體積V= ，正確.
∴正確的命題是①②③.
故選：D
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.
13.根據(jù)如圖所示的算法語句，當(dāng)輸入的x為50時，輸出的y的值為 35 .
【考點】偽代碼.
【分析】算法的功能是求y= 的值，當(dāng)輸入x=50時，計算輸出y的值.
【解答】解：由算法語句知：算法的功能是求y= 的值，
當(dāng)輸入x=50時，
輸出y=30+0.5×10=35.
故答案為：35.
14.某校高一年級有900名學(xué)生，其中女生400名，按男女比例用分層抽樣的方法，從該年級學(xué)生中抽取一個容量為45的樣本，則應(yīng)抽取的男生人數(shù)為 25 .
【考點】分層抽樣方法.
【分析】根據(jù)分層抽樣的定義求出在各層中的抽樣比，即樣本容量比上總體容量，按此比例求出應(yīng)抽取的男生人數(shù).
【解答】解：根據(jù)題意得，用分層抽樣在各層中的抽樣比為 = ，
則應(yīng)抽取的男生人數(shù)是500× =25人，
故答案為：25.
15.袋中有形狀、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只紅球、2只黃球，從中一次隨機摸出2只球，則這2只球顏色不同的概率為 .
【考點】列舉法計算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率.
【分析】根據(jù)題意，把4個小球分別編號，用列舉法求出基本事件數(shù)，計算對應(yīng)的概率即可.
【解答】解：根據(jù)題意，記白球為A，紅球為B，黃球為C1、C2，則
一次取出2只球，基本事件為AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共6種，
其中2只球的顏色不同的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5種;
所以所求的概率是P= ，
故答案為： .
16.若直線y=x+b與曲線y=3﹣ 有兩個公共點，則b的取值范圍是 1﹣2
【考點】直線與圓的位置關(guān)系.
【分析】曲線方程變形后，表示圓心為(2，3)，半徑為2的下半圓，如圖所示，根據(jù)直線y=x+b與圓有2個公共點，
【解答】解：曲線方程變形為(x﹣2)2+(y﹣3)2=4，表示圓心A為(2，3)，半徑為2的下半圓，根據(jù)題意畫出圖形，如圖所示，
當(dāng)直線y=x+b過B(4，3)時，將B坐標(biāo)代入直線方程得：3=4+b，即b=﹣1;
當(dāng)直線y=x+b與半圓相切時，圓心A到直線的距離d=r，即 =2，即b﹣1=2 (不合題意舍去)或b﹣1=﹣2 ，
解得：b=1﹣2 ，
則直線與曲線有兩個公共點時b的范圍為1﹣2
故答案為：1﹣2
三、解答題：本大題共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17.已知命題p：x2﹣8x﹣20≤0，命題q：[x﹣(1+m)]•[x﹣(1﹣m)]≤0(m>0)，若p是q的充分不必要條件，求實數(shù)m的取值范圍.
【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷.
【分析】由p：x2﹣8x﹣20≤0，得﹣2≤x≤10.由于p是q的充分不必要條件，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的充分不必要條件，
∴[﹣2，10]⊊[1﹣m，1+m].
則 ，或 ，
解得m≥9.
故實數(shù)m的取值范圍為[9，+∞).
18.已知圓C過點A(1，4)，B(3，2)，且圓心在x軸上，求圓C的方程.
【考點】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.
【分析】法一：設(shè)圓C：(x﹣a)2+y2=r2，利用待定系數(shù)法能求出圓C的方程.
法二：設(shè)圓C：x2+y2+Dx+F=0，利用待定系數(shù)法能求出圓C的方程.
法三：由已知圓心C必在線段AB的垂直平分線l上，AB的中點為(2，3)，由此能求出圓心C的坐標(biāo)和半徑，從而能求出圓C的方程.
【解答】解法一：設(shè)圓C：(x﹣a)2+y2=r2，
則
解得 所以圓C的方程為(x+1)2+y2=20.
解法二：設(shè)圓C：x2+y2+Dx+F=0，
則
解得 所以圓C的方程為x2+y2+2x﹣19=0.
解法三：因為圓C過兩點A(1，4)，B(3，2)，所以圓心C必在線段AB的垂直平分線l上，
又因為 ，所以kl=1，又AB的中點為(2，3)，
故AB的垂直平分線l的方程為y﹣3=x﹣2，即y=x+1.
又圓心C在x軸上，所以圓心C的坐標(biāo)為(﹣1，0)，
所以半徑 ，
所以圓C的方程為(x+1)2+y2=20.
19.如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面ABC等邊三角形，E，F(xiàn)分別是BC，CC1的中點.求證：
(Ⅰ) EF∥平面A1BC1;
(Ⅱ) 平面AEF⊥平面BCC1B1.
【考點】平面與平面垂直的判定;直線與平面平行的判定.
【分析】(Ⅰ)由三角形中位線定理得EF∥BC1，由此能證明EF∥平面A1BC1.
(Ⅱ)由三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，得AE⊥BB1，由正三角形性質(zhì)得AE⊥BC，由此能證明平面AEF⊥平面BCC1B1.
【解答】證明：(Ⅰ)因為E，F(xiàn)分別是BC，CC1的中點，
所以EF∥BC1.
又因為BC1⊂平面A1BC1，EF⊄平面A1BC1，
所以EF∥平面A1BC1.
(Ⅱ)因為三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1⊥平面ABC.又AE⊂平面ABC，
所以AE⊥BB1.
又因為△ABC為正三角形，E為BC的中點，
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.某校高中一年級組織學(xué)生參加了環(huán)保知識競賽，并抽取了20名學(xué)生的成績進(jìn)行分析，如圖是這20名學(xué)生競賽成績(單位：分)的頻率分布直方圖，其分組為[100，110)，[110，120)，…，[130，140)，[140，150].
(Ⅰ) 求圖中a的值及成績分別落在[100，110)與[110，120)中的學(xué)生人數(shù);
(Ⅱ) 學(xué)校決定從成績在[100，120)的學(xué)生中任選2名進(jìn)行座談，求此2人的成績都在[110，120)中的概率.
【考點】古典概型及其概率計算公式;頻率分布直方圖.
【分析】(Ⅰ)根據(jù)頻率分布直方圖知組距為10，由頻率分布直方圖中小矩形面積之和為1，求出a，由此能求出成績分別落在[100，110)與[110，120)中的學(xué)生人數(shù).
(Ⅱ)記成績落在[100，110)中的2人為A1，A2，成績落在[110，120)中的3人為B1，B2，B3，由此利用列舉法能求出此2人的成績都在[110，120)中的概率.
【解答】解：(Ⅰ)根據(jù)頻率分布直方圖知組距為10，
由(2a+3a+7a+6a+2a)×10=1，
解得 ;
所以成績落在[100，110)中的人數(shù)為2×0.005×10×20=2;
成績落在[110，120)中的人數(shù)為3×0.005×10×20=3.
(Ⅱ)記成績落在[100，110)中的2人為A1，A2，
成績落在[110，120)中的3人為B1，B2，B3，
則從成績在[100，120)的學(xué)生中任選2人的基本事件共有10個：
{A1，A2}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，
其中2人的成績都在[110，120)中的基本事件有3個：
{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，
所以所求概率為 .
21.如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD= ，AB=BC=1，AD=2，E是AD的中點，O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1﹣BCDE.
(Ⅰ) 證明：CD⊥平面A1OC;
(Ⅱ) 若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角(銳角)的余弦值.
【考點】二面角的平面角及求法;直線與平面垂直的判定.
【分析】(Ⅰ)根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明：CD⊥平面A1OC;
(Ⅱ)若平面A1BE⊥平面BCDE，建立空間坐標(biāo)系，利用向量法即可求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值.
【解答】證明：(Ⅰ)在圖1中，∵AB=BC=1，AD=2，E是AD的中點，∠BAD= ，
∴BE⊥AC，
即在圖2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，
則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為二面角A1﹣BE﹣C的平面角，
∴∠A1OC= ，
如圖，建立空間坐標(biāo)系，
∵A1B=A1E=BC=ED=1.BC∥ED
∴B( ，0，0)，E(﹣ ，0，0)，A1(0，0， )，C(0， ，0)，
=(﹣ ， ，0)， =(0， ，﹣ )， = =(﹣ ，0，0)，
設(shè)平面A1BC的法向量為 =(x，y，z)，平面A1CD的法向量為 =(a，b，c)，
則 ，得 ，令x=1，則y=1，z=1，即 =(1，1，1)，
由 ，得 ，取b=1，得 =(0，1，1)，
則cos< ， >= = = ，
∴平面A1BC與平面A1CD夾角(銳角)的余弦值為 .
22.已知圓C：x2﹣(1+a)x+y2﹣ay+a=0(a∈R).
(Ⅰ) 若a=1，求直線y=x被圓C所截得的弦長;
(Ⅱ) 若a>1，如圖，圓C與x軸相交于兩點M，N(點M在點N的左側(cè)).過點M的動直線l與圓O：x2+y2=4相交于A，B兩點.問：是否存在實數(shù)a，使得對任意的直線l均有∠ANM=∠BNM?若存在，求出實數(shù)a的值，若不存在，請說明理由.
【考點】圓方程的綜合應(yīng)用.
【分析】(Ⅰ)當(dāng)a=1時，求出圓心C(1， )，半徑r= ，求出圓心C到直線y=x的距離，由此利用勾股定理能求出直線y=x被圓C所截得的弦長.
(Ⅱ)先求出所以M(1，0)，N(a，0)，假設(shè)存在實數(shù)a，當(dāng)直線AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB的方程為y=k(x﹣1)，代入x2+y2=4，利用韋達(dá)定理，根據(jù)NA、NB的斜率之和等于零求得a的值.經(jīng)過檢驗，當(dāng)直線AB與x軸垂直時，這個a值仍然滿足∠ANM=∠BNM，從而得出結(jié)論.
【解答】解：(Ⅰ) 當(dāng)a=1時，圓C：x2﹣2x+y2﹣y+1=0，
圓心C(1， )，半徑r= = ，
圓心C(1， )到直線y=x的距離d= = ，
∴直線y=x被圓C所截得的弦長為：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).
假設(shè)存在實數(shù)a，當(dāng)直線AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB的方程為y=k(x﹣1)，
代入x2+y2=4得，(1+k2)x2﹣2k2x+k2﹣4=0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，從而 ，x1x2= .
∵NA、NB的斜率之和為 + = ，
而(x1﹣1)(x2﹣a)+(x2﹣1)(x1﹣a)
=2x1x2﹣(a+1)(x2+x1)+2a= +2a= ，
∵∠ANM=∠BNM，所以，NA、NB的斜率互為相反數(shù)， =0，即 =0，得a=4.
當(dāng)直線AB與x軸垂直時，仍然滿足∠ANM=∠BNM，即NA、NB的斜率互為相反數(shù).
綜上，存在a=4，使得∠ANM=∠BNM.
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