名校聯考聯合體年春節高二年級期中聯考數學（A卷）時量：分鐘滿分：分得分：一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的，1.已知集合，，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知根據交集的定義求解即可.【詳解】由已知當或時，，當時，無意義，當時，，當時，，所以.故選：.2.復數，其中為虛數單位，則的共軛復數為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據復數的除法運算和共軛復數的概念求解即可.【詳解】因，所以故選：.第1頁/共20頁3.已知，，若，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用向量線性運算的坐標表示列方程組即可求解.【詳解】因為，，所以，所以，可得，所以，故選：B.4.已知函數的最小正周期為，則（）A.2B.3C.1D.【答案】C【解析】【分析】根據余弦函數的周期公式即可得到答案.【詳解】由題意得，解得.故選：C.5.小李一家打算去張家界或長沙旅游，去張家界與長沙的概率分別為0.6，0.4，在張家界去徒步爬山的概率為0.5，在長沙去徒步爬山的概率為0.6，則小李一家旅游時去徒步爬山的概率為（）A.0.54B.0.56C.0.58D.0.6【答案】A【解析】【分析】記小李一家去張家界為事件，去長沙為事件，去徒步爬山為事件，根據全概率公式計算可得.【詳解】記小李一家去張家界為事件，去長沙為事件，去徒步爬山為事件，則、、、，第2頁/共20頁所以，即小李一家旅游時去徒步爬山的概率為.故選：A6.已知分別是雙曲線的左、右焦點，點是雙曲線上在第一象限內的一點，若，且，則的離心率為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】，中應用余弦定理可得，由即可求解.【詳解】因為，所以，因為，所以，，又，，所以，所以，所以，所以.故選：.7.棱長為3的正方體中，為棱靠近的三等分點，為棱靠近的三等分點，則三棱錐的外接球表面積為（）第3頁/共20頁A.B.C.D.【答案】D【解析】中利用余弦定理求出外接圓的半徑，設三棱錐的外接球的半徑為，則，從而得解.【詳解】依題意可得，，在中由余弦定理，所以，則外接圓的半徑，又且平面，設三棱錐的外接球的半徑為，則，所以外接球的表面積.故選：D8.已知各項均不為零的數列項和為.下列結論中錯誤的是（）第4頁/共20頁A.B.不存在實數，使為遞減數列C.存在實數，使得為等比數列D.，使得當時，總有【答案】C【解析】A項即可判斷B，C，再結合指數運算判斷D.【詳解】由得，相減可得，，由于各項均不為零，所以，所以的奇數項和偶數項分別為公差為的等差數列，對于A，因為，所以，故A正確；對于B，由于的奇數項和偶數項分別為公差為的等差數列，且，，所以，，所以，所以不可能為遞減數列，即不存在實數，使為遞減數列，故B正確；對于C，因為，，若為等比數列，則為常數，則，此時，故，，進而可得數列的項為顯然這不是等比數列，故C錯誤，對于D，若，只要足夠大，一定會有，第5頁/共20頁則，只要足夠的大，趨近于0，而，顯然能滿足，故，當時，總有，故D正確，故選：C.二?多選題：本大題共3小題，每小題6分，共分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（）A.相關變量的線性回歸方程為，若樣本點中心為，則B.的展開式中二項式系數和為32C.在獨立性檢驗中，隨機變量的觀測值越小，“認為兩個變量有關”這種判斷犯錯誤的概率越小D.甲、乙兩個模型的決定系數分別約為0.95和0.8，則模型甲的擬合效果更好【答案】ABD【解析】A式系數的性質，可判定B正確；根據獨立性檢驗的定義，可判定C錯誤；根據決定系數越大，擬合效果越好，可判定D正確.【詳解】對于A中，將樣本點中心點代入回歸方程為，可得，解得，所以A正確；對于B中，二項式的展開式中二項式系數和為，所以B正確；對于C中，在獨立性檢驗中，隨機變量的觀測值越大，“認為兩個變量有關”這種判斷犯錯誤的概率越小，所以C錯誤；對于D中，根據決定系數的含義知：決定系數越大，模型擬合效果越好，由，所以模型甲的擬合效果更好，所以D正確.故選：ABD.10.已知拋物線的焦點為，過焦點的直線與拋物線交于兩點（點則（）第6頁/共20頁A.可能為等邊三角形B.C.若直線的傾斜角為，則D.若直線的傾斜角為，則的面積為【答案】BC【解析】【分析】若為等邊三角形，則，，通過兩點間距離可判斷；設，公式及三角形面積公式即可判斷.【詳解】由已知可得，設直線的方程為，設，，由得，所以，，對于，若為等邊三角形，則，根據拋物線對稱性可得此時直線與軸垂直，且，，所以，，所以不可能為等邊三角形，故錯誤；對于，因為，，所以，因為兩點在拋物線上，所以，，所以，第7頁/共20頁所以，故正確；對于，若直線的傾斜角為，所以，所以，，所以，故正確；對于，若直線的傾斜角為，直線的方程為，即，所以到直線的距離為，所以，故錯誤.故選：.已知函數，其中為正整數，且為常數，是函數大于的零點，其構成數列，則（）A.函數不可能有三個零點B.函數的減區間為C.對于任意的，函數在區間內均存在零點，則D.存在實數使得數列的部分項構成無窮等比數列【答案】ACD【解析】AB第8頁/共20頁單調性，則，即可求出的取值范圍，從而判斷C，找到特殊值，即可判斷D.【詳解】對于A：因為，所以，所以在定義域上單調遞增，所以函數不可能有三個零點，故A正確；對于B：因，所以，令，解得，所以函數的單調遞減區間為，故B錯誤；對于C：當時，恒成立，所以函數在上單調遞增，又，所以函數在內均存在零點只需滿足即可，即，所以，所以且，又為正整數，所以，即，故C錯誤；對于D：令，解得，當時，，則當時，，所以是上的嚴格增函數，所以．第9頁/共20頁所以．所以是恒為使得數列的部分項D正確．故選：ACD三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共分.12.已知離散型隨機變量，，則__________.【答案】【解析】【分析】根據二項分布的期望公式求出，再根據期望的性質計算可得.【詳解】因為，所以，又，所以.故答案為：13.某班一天上午有4節課，下午有3節課，現要安排該班一天中語文、數學、英語、物理、化學、政治，體育7堂課的課程表，要求數學課、物理課都排在上午，且數學課、物理課不連排，體育課排在下午，不同排法種數是__________.用數字作答）【答案】432【解析】【分析】根據給定條件，利用分步乘法計數原理及排列計數問題列式求解.【詳解】數學課、物理課都排在上午，且不連排的排法數為；體育課排在下午的排法數為；將余下4門課程排入課程表有種方法，所以所求不同排法種數是.故答案為：43214.已知在平面直角坐標系中，，動點滿足，則的取值范圍是__________.【答案】第10頁/共20頁【解析】的取值范圍，即可得解.【詳解】設點，依題意可得，即，則，所以，因為，當且僅當時取等號，由，解得，所以，則，所以.故答案為：四?解答題：本題共5小題，共分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15..某公司推出的軟件主要有四項功能：“視頻創作”“圖像修復”“語言翻譯”“智繪設計”.為了解某地區大學生對這款軟件的使用情況，從該地區隨機抽取了100名大學生，統計他們最喜愛使用的計結果如下：軟件功能視頻創作圖像修復語言翻譯智繪設計大學生人數30203020假設大學生對軟件的喜愛傾向互不影響.（1）從該地區的大學生中隨機抽取1人，試估計此人最喜愛“視頻創作”的概率；（2）采用按比例分配的分層抽樣的方式從最喜愛“視頻創作”和“圖像修復”的大學生中隨機抽取5人，再從這5人中隨機抽取2人，其中最喜愛“視頻創作”的人數為，求的分布列，數學期望以及方差.【答案】（1）（2）分布列見解析；期望為；方差為.【解析】第11頁/共20頁1）根據表格中的數據，結合古典摡型的概率計算公式，即可求解；（2“視頻創作”和“圖象修復”的人數分別為3人和2的可能取值為，求得相應的概率，列出分布列，結合期望和方差的公式，即可求解.【小問1詳解】解：由表格中的數據，可得該地區的100名大學生中“視頻創作”的人生為30人，所以該地區的大學生最喜愛“視頻創作”的概率為.【小問2詳解】解：在該地區的100名大學生中“視頻創作”和“圖象修復”的人數分別為30人和20人，采用分層抽樣的方式從最喜愛“視頻創作”和“圖像修復”的大學生中隨機抽取5人，可得“視頻創作”和“圖象修復”的人數分別為3人和2人，從這5人中隨機抽取2人，其中“視頻創作”的人數為，可得的可能取值為，則，所以隨機變量的分布列為：012則期望為，方差為.16.在中，分別為角的對邊，.（1）求角的大小；（2）若為的中點，，的面積為，求的周長.【答案】（1）（2）【解析】1）由已知將邊轉化為角可得，根據三角恒等變換可得，第12頁/共20頁即可求解；（2）由面積公式可得，由，兩邊完全平方可得，結合余弦定理可得，即可求解.【小問1詳解】因為，所以，因為，所以，所以，所以，所以，因為，所以，即；【小問2詳解】因為面積為，所以，所以，所以，因為，所以，所以，所以，，由余弦定理可得，解得，所以，所以的周長為.17.已知函數，為實數.（1）若函數在處的切線經過點，求的值；（2）若有極小值，且極小值大于2，求的取值范圍；（3的取值范圍（為自然常數）【答案】（1）（2）第13頁/共20頁（3）【解析】1）先求導，由導數的幾何意義可得切線方程，將點代入即可求解；（2）通過求導可得函數的極小值為，即可求解；（3）令，由已知可得在單調遞減，將問題轉化為求在上恒成立問題，即可求解.【小問1詳解】因為，所以，所以，又，所以函數在處的切線方程為，因為切線經過點，所以，解得；【小問2詳解】由（1）知，函數的定義域為，當時，在上恒成立，所以在上單調遞增，無極值，當時，令，得，所以當時，，函數在上單調遞減，當時，，函數在上單調遞增，所以當時，函數有極小值，極小值為，由，所以，所以的取值范圍為；【小問3詳解】由得，令，所以對任意的，且，恒成立，所以在單調遞減，第14頁/共20頁所以在上恒成立，所以在上恒成立，因為二次函數在上單調遞增，所以函數在上的最小值為，所以.18.如圖，矩形中為中點，將沿著折疊至.（1）證明：平面；（2）設平面平面，點.（i）當為何值時，直線與平面所成角的正弦值為；（iii分別交于點平面，記四棱錐的體積為，四棱錐的體積為，求.【答案】（1）證明見解析；（2i）ii）.【解析】1）根據折疊圖形的性質結合勾股定理逆定理得和，即可證得平面；（2i）以點為坐標原點，、為軸和軸建立空間直角坐標系，由∥據題意得再求出平面的一個法向量的坐標，由直線與平面所成角的條件列式求出即可得答案；第15頁/共20頁（iii，，法即可得解.【小問1詳解】由題意得，，，所以，即，∵，所以，即，又平面，所以平面；【小問2詳解】（i）∵,平面,平面,所以平面,又平面,平面平面，所以以點為坐標原點，、為軸和軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則∵，∴,∴，設平面的法向量為，則即令得,∴，記直線與平面所成角為,則第16頁/共20頁，化簡得，解得，所以.（ii）由（i）知，，,即(三等分點)，又∵平面，∴，∴(三