2019-2020学年吉林省长春外国语学校高二上学期期末数学(理)试题(解析版)

第1页共19页2019-2020学年吉林省长春外国语学校高二上学期期末数学（理）试题一、单选题1．如果复数12aii（aR，i为虚数单位）的实部与虚部相等，则a的值为（）A．1B．-1C．3D．-3【答案】D【解析】由复数的除法运算化简得到实部和虚部，令其相等即可得解.【详解】1221212225aiiaaiaiiii，由题意知：21255aa，解得3a.故选D.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及实部和虚部的定义，属于基础题.2．若{0,1,2}A，{|2,}aBxxaA，则AB（）A．{0,1,2}B．{0,1,2,3}C．{0,1,2,4}D．{1,2,4}【答案】C【解析】先求出集合B，再求并集即可.【详解】由0,1,2A，得|2,1,2,4aBxxaA.0,1,2,4AB.故选C.【点睛】本题主要考查了集合的描述法及并集的运算，属于基础题.3．向量(2,)at，(1,3)b，若a，b的夹角为钝角，则t的范围是（）A．23tB．23tC．23t且6tD．6t【答案】C第2页共19页【解析】若a，b的夹角为钝角，则0ab且不反向共线，进而利用坐标运算即可得解.【详解】若a，b的夹角为钝角，则0ab且不反向共线，230abt，得23t.向量2,at，1,3b共线时，23t，得6t.此时2ab.所以23t且6t.故选C.【点睛】本题主要考查了利用数量积研究向量的夹角，当为钝角时，数量积为0，容易忽视反向共线时，属于易错题.4．直线210kxy与圆22(1)1yx的位置关系是()A．相交B．相切C．相离D．不确定【答案】A【解析】确定直线过定点10,2，点在圆内，得到答案.【详解】210kxy过定点10,2，且2211(110)24，故10,2在圆内，故直线和圆相交.故选：A【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，确定直线过定点是解题的关键.5．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有A．60种B．70种C．75种D．150种【答案】C【解析】试题分析：因,故应选C．【考点】排列数组合数公式及运用．第3页共19页6．已知某个几何体的三视图如图,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的表面积是()A．162B．122226C．1822D．1622【答案】B【解析】如图所示，还原几何体，证明CDCP，计算表面积得到答案.【详解】还原几何体，如图所示：连接AC简单计算得到22ACCD，4AD，故ACCD，PA平面ABCD，故PACD.故CDCP，23PC表面积为：111112422242222222322222S122226故选：B【点睛】本题考查了三视图，表面积的计算，还原几何体是解题的关键.7．下列函数中，最小正周期为，且图象关于直线3x对称的函数是（）A．2sin23yxB．2sin26yx第4页共19页C．2sin23xyD．2sin23yx【答案】B【解析】首先选项C中函数2sin23xy的周期为2412T,故排除C,将3x,代入A,B,D求得函数值,而函数sin()yAxB在对称轴处取最值,即可求出结果.【详解】先选项C中函数2sin23xy的周期为2412T,故排除C,将3x,代入A,B,D求得函数值为0,2,3,而函数sin()yAxB在对称轴处取最值.故选:B.【点睛】本题考查三角函数的周期性、对称性,难度较易.8．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是（）A．20i，1SSi，2iiB．20i，1SSi，2iiC．20i，2SS，1iiD．20i，2SS，1ii【答案】D【解析】先由第一天剩余的情况确定循环体，再由结束条件确定循环条件即可.【详解】第5页共19页根据题意可知，第一天12S，所以满足2SS，不满足1SSi，故排除AB，由框图可知，计算第二十天的剩余时，有2SS，且21i，所以循环条件应该是20i.故选D.【点睛】本题考查了程序框图的实际应用问题，把握好循环体与循环条件是解决此题的关键，属于中档题.9．已知是第二象限角，且3sin()5，则tan2的值为（）A．45B．237C．247D．249【答案】C【解析】根据诱导公式得sin，进而由同角三角函数的关系及角所在象限得tan，再利用正切的二倍角公式可得解.【详解】由3sin5，得3sin5.因为是第二象限角，所以4cos5.34sintancos.232tan242tan291tan7116.故选C.【点睛】本题主要考查了同角三角函数的关系及正切的二倍角公式，属于基础题.10．已知函数1()ln(1)fxxx；则()yfx的图像大致为（）A．B．第6页共19页C．D．【答案】B【解析】试题分析：设()ln(1)gxxx，则()1xgxx，∴()gx在1,0上为增函数,在0,上为减函数，∴()00gxg，1()0()fxgx，得0x或10x均有()0fx排除选项A，C，又1()ln(1)fxxx中,10ln(1)0xxx，得1x且0x，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B.【考点】1、函数图象；2、对数函数的性质.11．已知函数()xefxaxx，(0,)x，当21xx时，不等式1221fxfxxx恒成立，则实数a的取值范围为（）A．(,]eB．(,)eC．,2eD．,2e【答案】D【解析】由1221fxfxxx变形可得1122xfxxfx,可知函数()()gxxfx在(0,)x为增函数,由()20xgxeax恒成立,求解参数即可求得取值范围.【详解】(0,),x第7页共19页1122xfxxfx,即函数2()()xgxxfxeax在(0,)x时是单调增函数.则()20xgxeax恒成立.2xeax.令()xemxx,则2(1)()xxemxx(0,1)x时,()0,()mxmx单调递减,(1,)x时()0,()mxmx单调递增.min2()(1),2eamxmea故选:D.【点睛】本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.二、填空题12．已知抛物线24xy焦点为F，经过F的直线交抛物线于11(,)Axy，22(,)Bxy，点A，B在抛物线准线上的射影分别为1A，1B，以下四个结论：①124xx，②121AByy，③112AFB，④AB的中点到抛物线的准线的距离的最小值为2.其中正确的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】设直线AB为1ykx与抛物线联立，由韦达定理可判断①，由抛物线定义可判断②，由0FAFB可判断③，由梯形的中位线定理及韦达定理可判断④.【详解】物线24xy焦点为(0,1)F，易知直线AB的斜率存在，设直线AB为1ykx.由214ykxxy，得2440xkx.则12124,4xxkxx，①正确；第8页共19页1212||||||112ABAFBFyyyy，②不正确；1212(,2),(,2),40,FAxFBxFAFBxxFAFB，112AFB，③正确；AB的中点到抛物线的准线的距离21112121111(||||)(2)(112)(44)22222dAABByykxkxk.当0k时取得最小值2.④正确.故选C.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了设而不求的思想，转化与化归的能力，属于中档题.13．(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________.【答案】40【解析】先求出5(2)xy的展开式的通项，再求出43,TT即得解.【详解】设5(2)xy的展开式的通项为555155(2)()(1)2rrrrrrrrrTCxyCxy，令r=3,则32323454=40TCxyxy，令r=2,则23232358=80TCxyxy，所以展开式中含x3y3的项为233233(40)(80)40xxyyxyxy.所以x3y3的系数为40.故答案为：40【点睛】本题主要考查二项式定理求指定项的系数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14．在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为角A、B、C所对的边，且32sinacA，7c，且ABC的面积为332，ab的值为__________．【答案】5【解析】由正弦定理边化角可得3C，由面积公式和余弦定理列方程可得ab.【详解】第9页共19页由32sinacA，结合正弦定理可得33sin2sinsin,sin0,sin2ACAAC.在锐角三角形ABC中，可得3C.所以ABC的面积1333sin242SabCab，解得6ab.由余弦定理可得222222cos()3()187cababCababab，解得5ab.故答案为5.【点睛】本题主要考查了正余弦定理及三角形面积公式的应用，重点考查了计算能力，属于基础题.15．如图所示，有三根针和套在一根针上的n个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上.（1）每次只能移动一个金属片；（2）在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面.将n个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为()fn，则()fn__________．【答案】2n-1;【解析】【详解】设h（n）是把n个盘子从1柱移到3柱过程中移动盘子之最少次数n=1时，h（1）=1；n=2时，小盘→2柱，大盘→3柱，小柱从2柱→3柱，完成，即h（2）=3=22-1；n=3时，小盘→3柱，中盘→2柱，小柱从3柱→2柱，[用h（2）种方法把中、小两盘移到2柱，大盘3柱；再用h（2）种方法把中、小两盘从2柱3柱，完成]，h（3）=h（2）×h（2）+1=3×2+1=7=23-1，h（4）=h（3）×h（3）+1=7×2+1=15=24-1，第10页共19页…以此类推，h（n）=h（n-1）×h（n-1）+1=2n-1，故答案为:2n-1．16．一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,5)A，(3,0,0)B，(0,1,0)C，(3,1,5)D，则该四面体的外接球的体积为__________．【答案】92【解析】将四面体补充为长宽高分别为3,1,5的长方体，体对角线即为外接球的直径，从而得解.【详解】采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为3,1,5，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线3153，所以球半径为32，体积为34932r.【点睛】本题主要考查了四面体外接球的常用求法：补体法，通过补体得到长方体的外