2019-2020学年高二数学下学期期末质量检测试题理.doc

2019-20202019-2020 学年高二数学下学期期末质量检测试题理学年高二数学下学期期末质量检测试题理 一、选择题：本大题共选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. . 1在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） i1 1 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2已知非空集合A,B，全集，集合, 集合则（ BAUBAM)(BCN U )(ACU ） A B C DMNMNM MNMN 3已知为等差数列，其前n项和为，若，则公差d等于( ) n a n s 3 6a 3 12S A.1 B. C.2 D.3 5 3 4甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为 0.6，乙被录取的概率为 0.7, 两人 是否被录取互不影响, 则其中至少有一人被录取的概率为( ) A. 0.12 B. 0.42 C. 0.46 D. 0.88 5的二项展开式中，项的系数是（ ） 6 (3 )xy 24 x y A B C D2709045135 6（ ） 1 0 x xedx A. B. C. D. 3 2 e 1 2 e 3 2 e 1 2 e 7执行如图所示的程序框图，则输出的k的值为( ) （A）4 （B）5 （C）6 （D）7 8设aR ，则“a1”是“直线l1：ax2y0 与直线l2: x(a1)y40 平行的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 9点是曲线上任意一点, 则点到直线的距离的最小值是（ P 2 lnyxxP2yx 开始 是是 否 输出k 结束 s100? k=k1 s=s+2s k=0 s=0 ） A. B. C. D. 22 2 10.岳阳高铁站 B1 进站口有 3 个闸机检票通道口，高考完后某班 3 个同学从该进站口检票进 站到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通 道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这 3 个同学的不同进站方式有（ ）种。 A. 24 B. 36 C. 42 D. 60 11在椭圆中，分别是其左右焦点，若，则该椭 22 22 1(0) xy ab ab 12 ,F F 12 2PFPF 圆离心率的取值范围是 （ ） A B C D 1 ,1 3 1 ,1 3 1 0, 3 1 0, 3 12.已知函数，若恰有两个不同的零点，则的取值范围为（ 2 lnf xxax f xa ） A. B. C. D. 1 , 2e 1 0, 2e 1 , 2e 1 0, 2e 第第 IIII 卷（非选择题）卷（非选择题） 二、填空题（每小题二、填空题（每小题 5 5 分）分） 13已知函数，则的极大值为_ 21 lnf xfxx f x 14.已知变量, x y满足约束条件28 23 yx xy xy ,则目标函数62zxy的最小值为 _ 15若内切圆半径为，三边长为，则的面积，ABCArabc，ABCA 1 2 Sr abc 根据类比思想，若四面体内切球半径为，四个面的面积为， ， ， ，则四面R 1 S 2 S 3 S 4 S 体的体积为_ 16.若，则_ 5 2345 012345 12xaa xa xa xa xa x 024 aaa 三、解答题三、解答题 17 （本小题 12 分）已知向量 2 ( 3sin,1),(cos,cos) 444 xxx mn （）若1m n ,求 2 cos() 3 x 的值； （）记nmxf)(，在ABC中，角CBA,的对边分别是cba,且满足 CbBcacoscos)2(，求函数f（A）的取值范围 18 （本小题 12 分）某企业有甲、乙两个研发小组，他们研究新产品成功的概率分别为和 3 4 ，现安排甲组研发新产品，乙组研发新产品，设甲、乙两组的研发相互独立. 3 5 AB （1）求恰好有一种新产品研发成功的概率； （2）若新产品研发成功，预计企业可获得利润 120 万元，不成功则会亏损 50 万元；若新A 产品研发成功，企业可获得利润 100 万元，不成功则会亏损 40 万元，求该企业获利万B 元的分布列. 19.（12 分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为 2 的正 三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是，D是AC的中点。 3 （1）求证：B1C平面A1BD； （2）求二面角A1-BD-A的大小； 20.（本小题 12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 过点0,1，且离心率为 3 2 . （）求椭圆C的方程； （） 12 ,A A为椭圆C的左、右顶点，直线:2 2l x 与x轴交于点D，点P是椭圆C上 异于 12 ,A A的动点，直线 12 ,AP A P分别交直线l于,E F两点.证明：DEDF恒为定值. 21.（本小题 12 分）已知函数. ln1f xxax （1）求函数的单调区间； f x （2）若，求证： （为自然对数的底数）0,1a x f xeaxae 请考生在请考生在 2222、2323 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. . 22.选修 4-4：坐标系与参数方程（本小题 10 分） 以直角坐标系的原点为极点， 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且在两种坐标系中Ox 取相同的长度单位.曲线的极坐标方程是.C 2 2 16 1 3cos （）求曲线的直角坐标方程；C （）设曲线与轴正半轴及轴正半轴交于点，在第一象限内曲线上任取一点Cxy,M NC ，求四边形面积的最大值.POMPN 23. 证明下列不等式：（本小题 10 分） （）用分析法证明： ； 672 25 （）已知 是正实数，且 .求证： , ,a b c1abc 222 1 3 abc 高二年级学业水平质量检测理科数学参考答案高二年级学业水平质量检测理科数学参考答案 1-12 DBCD CAAA BDBB 13. 2ln2 2 , 14 . 4 , 15 . 1234 1 3 R SSSS 16 . 121 17解：（） 2 3sincoscos 444 xxx m n 1 sin() 262 x 1m n 1 sin() 262 x 2 11 cos()12sin () 23262 x x 21 cos()cos() 332 xx （）（2a-c）cosB=bcosC 由正弦定理得（2sinA-sinC）cosB=sinBcosC 2sinAcosB-sinCcosB=sinBcosC 2sinAcosB=sin（B+C） ABC sin( )sin0BCA， 1 cos, 23 BB 2 0 3 A 18试题解析：（1） 32139 454520 P .4 分 （2）90,50,80,220. 122326133 90,80,50, 452045204520 PPP 339 220 4520 P ，所以分布列为 . . .12 分 19、解法一：（1）设 1 AB 与 BA1 相交于点 P，连接 PD，则 P 为 1 AB 中点， D 为 AC 中点，PD/ CB1 。 又PD平面 BA1 D， CB1 /平面 BA1 D (6 分) x z y D C A B B1 A1 C1 （2） （2）如图建立空间直角坐标系， 则 D（0，0，0） ，A（1，0，0） ， 1 A （1，0， 3 ） ，B（0， 3 ，0） ， 1 B （0， 3 ， 3 ） B 1 A =（-1， 3 ，- 3 ） ， D 1 A =（-1，0，- 3 ） 设平面 BDA1 的法向量为 n=（x，y，z） 则 n 0z3y3xBA1 n 0z3xDA1 则有 0 3zx y ，得 n=（ 3 ，0，1） 由题意，知 1 AA =（0，0， 3 ）是平面 ABD 的一个法向量。 设 n 与 1 AA 所成角为，则 2 1 AAn AAn cos 1 1 ， 3 二面角 ABDA 1 的大小是3 . 12 分 20.（）：由题意可知1b ， 3 2 c a 解得2a . 所以椭圆的方程为 2 2 1 4 x y （）证明：由（）可知, 1( 2,0) A ， 2(2,0) A.设 00 (,)P xy，依题意 0 22x ，于是 直线 1 AP的方程为 0 0 (2) 2 y yx x ，令2 2x ，则 0 0 (2 22) 2 y y x .即 0 0 (2 22) 2 y DE x . 又直线 2 A P的方程为 0 0 (2) 2 y yx x ，令2 2x ，则 0 0 (2 22) 2 y y x ， 即 0 0 (2 22) 2 y DF x . 所以 22 00 00 2 2 000 0 44 (2 22)(2 22) 2244 yyyy DEDF xxxx ， 又 00 (,)P xy在 2 2 1 4 x y上，所以 2 2 0 0 1 4 x y,即 22 00 44yx，代入上式， 得 2 0 2 0 4 1 4 x DEDF x ,所以| |DEDF为定值1. 21.试题解析：（1） 11 (0) ax fxax xx ， 当0a 时， 0fx ，函数 ln1f xxax在0,单调递增， 当0a 时， 1 0,x a 时 0fx ， 1 ,x a 时 0fx ， ln1f xxax在 1 0, a 单调递增，在 1 , a 单调递减. 综上所述，当0a 时， f x只有增区间为0,. 当0a 时， f x的增区间为 1 0, a ，减区间为 1 , a .5 分 （2） x f xeaxa等价于ln10 x exa . .6 分 令 ln1 x g xexa， 而 1 x gxe x 在0,单调递增，且 110ge ， 1 2 1 20 2 ge . 令 0gt ，即 1(0 1) t et t ， lntt ， 则0,xt时 0gxgt， ,xt时 0gxgt， 故 g x在0,t单调递减，在, t 单调递增， 所以 ln1 t g xg teta 1 12110taaa t . 即 x f xeaxa. .12 分 22.解：（）由题可变形为 222 3cos16， 222 xy， cosx， 222 316xyx， 22 1 416 xy . 5 分 （）由已知有2,0M， 0,4N，设2cos ,4sinP， 0, 2 . 于是由 1 2 OMPN