2018～2019学年度高一年级第二学期期末考试
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2018～2019学年度高一年级第二学期期末考试
本试卷分第Ⅰ卷（1~2页，选择题）和第Ⅱ卷（3~8页，非选择题）两部分．共150分，考试用时120分钟．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、试卷科目用2B铅笔涂写在答题卡上．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其它答案，不能答在试卷上．
3．考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回．
一、选择题：本题共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.已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A 【解析】
【分析】
解出集合、，可得出集合.
【详解】，，因此，，故选：A.
【点睛】本题考查集合的交集运算，解题的关键在于解出两个集合，考查计算能力，属于中等题.
2.下列说法正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，，则
C. 若，则 D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】
利用不等式性质或举反例的方法来判断各选项中不等式的正误.
【详解】对于A选项，若且，则，该选项错误；
对于B选项，取，，，，则，均满足，但，B选项错误；
对于C选项，取，，则满足，但，C选项错误； 对于D选项，由不等式的性质可知该选项正确，故选：D.
【点睛】本题考查不等式正误的判断，常用不等式的性质以及举反例的方法来进行验证，考查推理能力，属于基础题.
3.在等比数列中，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设等比数列的公比为，由等比数列的定义知与同号，再利用等比中项的性质可求出的值.
【详解】设等比数列的公比为，则，，.
由等比中项的性质可得，因此，，故选：B.
【点睛】本题考查等比中项性质的应用，同时也要利用等比数列的定义判断出项的符号，考查运算求解能力，属于中等题.
4.在中，，，为的外接圆的圆心，则（ ） A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用正弦定理可求出的外接圆半径.
【详解】由正弦定理可得，因此，，故选：A.
【点睛】本题考查利用正弦定理求三角形外接圆的半径，考查计算能力，属于基础题.
5.七巧板是古代中国劳动人民的发明，到了明代基本定型．清陆以湉在《冷庐杂识》中写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余．如图，在七巧板拼成的正方形内任取一点，则该点取自图中阴影部分的概率是（ ）
A. B.
C. D. 【答案】B
【解析】
【分析】
设阴影部分正方形的边长为，计算出七巧板所在正方形的边长，并计算出两个正方形的面积，利用几何概型概率公式可计算出所求事件的概率.
【详解】如图所示，设阴影部分正方形的边长为，则七巧板所在正方形的边长为，
由几何概型的概率公式可知，在七巧板拼成的正方形内任取一点，则该点取自图中阴影部分的概率，故选：B.
【点睛】本题考查几何概型概率公式计算事件的概率，解题的关键在于弄清楚两个正方形边长之间的等量关系，考查分析问题和计算能力，属于中等题.
6.某型号汽车使用年限与年维修费（单位：万元）的统计数据如下表，由最小二乘法求得回归方程．现发现表中有一个数据看不清，推测该数据的值为（ ）
使用年限
维修费
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设所求数据为，计算出和，然后将点代入回归直线方程可求出的值.
【详解】设所求数据为，则，，
由于回归直线过样本的中心点，则有，
解得，故选：C.
【点睛】本题考查利用回归直线计算原始数据，解题时要充分利用“回归直线过样本中心点”这一结论的应用，考查运算求解能力，属于基础题.
7.设、满足约束条件，则的最大值为（ ） A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
作出不等式组所表示的可行域，平移直线，观察直线在轴上的截距最大时对应的最优解，再将最优解代入目标函数可得出结果.
【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图中的阴影部分区域表示：
联立，得，可得点的坐标为.
平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即，故选：C.
【点睛】本题考查简单线性规划问题，一般作出可行域，利用平移直线结合在坐标轴上截距取最值来取得，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
8.执行如下的程序框图，则输出的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
列出每一步算法循环，可得出输出结果的值.
【详解】满足，执行第一次循环，，；
成立，执行第二次循环，，；
成立，执行第三次循环，，；
成立，执行第四次循环，，；
成立，执行第五次循环，，；
成立，执行第六次循环，，； 成立，执行第七次循环，，；
成立，执行第八次循环，，；
不成立，跳出循环体，输出的值为，故选：A.
【点睛】本题考查算法与程序框图的计算，解题时要根据算法框图计算出算法的每一步，考查分析问题和计算能力，属于中等题.
9.在中，根据下列条件解三角形，其中有一解的是（ ）
A. ，，
B. ，，
C. ，，
D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形解的个数的判断条件得出各选项中对应的解的个数，于此可得出正确选项.
【详解】对于A选项，，，此时，无解；
对于B选项，，，此时，有两解；
对于C选项，，则为最大角，由于，此时，无解；
对于D选项，，且，此时，有且只有一解.故选：D.
【点睛】本题考查三角形解的个数的判断，解题时要熟悉三角形个数的判断条件，考查推理能力，属于中等题.
10.已知数列是公差不为零的等差数列，是等比数列，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 与的大小不确定
【答案】A
【解析】
【分析】
设等比数列的公比为，结合题中条件得出且，将、、、用与表示，利用因式分解思想以及基本不等式可得出与的不等关系，并结合等差数列下标和性质可得出与的大小关系.
【详解】设等比数列公比为，由于等差数列是公差不为零，则，从而， 且，得，，
，即，
另一方面，由等差数列的性质可得，因此，，
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列和等比数列性质的应用，解题的关键在于将等比中的项利用首项和公比表示，并进行因式分解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
11.以下有四个说法：
①若、为互斥事件，则；
②在中，，则；
③和的最大公约数是；
④周长为的扇形，其面积的最大值为；
其中说法正确的个数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】 【分析】
设、为对立事件可得出命题①的正误；利用大边对大角定理和余弦函数在上的单调性可判断出命题②的正误；列出和各自的约数，可找出两个数的最大公约数，从而可判断出命题③的正误；设扇形的半径为，再利用基本不等式可得出扇形面积的最大值，从而判断出命题④的正误.
【详解】对于命题①，若、为对立事件，则、互斥，则，命题①错误；
对于命题②，由大边对大角定理知，，且，函数在上单调递减，所以，，命题②正确；
对于命题③，的约数有、、、、、，的约数有、、、、、、、，则和的最大公约数是，命题③正确；
对于命题④，设扇形的半径为，则扇形的弧长为，
扇形的面积为，由基本不等式得，
当且仅当，即当时，等号成立，所以，扇形面积的最大值为，命题④错误.故选：C.
【点睛】本题考查命题真假的判断，涉及互斥事件的概率、三角形边角关系、公约数以及扇形面积的最值，判断时要结合这些知识点的基本概念来理解，考查推理能力，属于中等题.
12.已知一个三角形的三边是连续的三个自然数，且最大角是最小角的2倍，则该三角形的最小角的余弦值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设的最大角为，最小角为，可得出，，由题意得出，由二倍角公式，利用正弦定理边角互化思想以及余弦定理可得出关于的方程，求出的值，可得出的值.
【详解】设的最大角为，最小角为，可得出，，
由题意得出，，所以，，
即，即，
将，代入得，解得，，，
则，故选：B. 【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，解题时根据对称思想设边长可简化计算，另外就是充分利用二倍角公式进行转化是解本题的关键，综合性较强.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
注意事项：
1.第Ⅱ卷共6页，用钢笔或圆珠笔直接答在试题卷上，不要在答题卡上填涂.
2.答卷前将密封线内的项目填写清楚.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中横线上）
13.把二进制数1111（2）化为十进制数是______．
【答案】.
【解析】
【分析】
由二进制数的定义可将化为十进制数.
【详解】由二进制数的定义可得，故答案为：.
【点睛】本题考查二进制数化十进制数，考查二进制数的定义，考查计算能力，属于基础题.
