【文档说明】山西省朔州市怀仁县怀仁一中云东校区2019-2020学年高二下学期期中考试数学（理）试题 【精准解析】.doc，共(18)页，1.254 MB，由小赞的店铺上传

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数学试题（理）第Ⅰ卷一.选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）1.若复数z满足(34)43izi−=+，则z的虚部为（）A.45i−B.45−C.45D.45i【答案】B【解析】【详解】分析:由复数的模长公式计算出等式右边，再把复

数变形，利用复数代数形式的乘除运算计算出z，进而得到虚部．详解：由题意得，()()()534534z34343455iiiii+===+−−+34z55i=−所以z的虚部为45−.故本题答案为B点睛：本题主要

考查复数的概念，复数的模长公式以及复数代数形式的四则运算，属于基础题．2.给出一个命题p：若,,,,1,1abcdabcd+=+=R，且1acbd+，则a，b，c，d中至少有一个小于零，在用反证法证明p时，应该假设（）A.a，b，c，d中至少有一个正数B.a，

b，c，d全为正数C.a，b，c，d全都大于或等于0D.a，b，c，d中至多有一个负数【答案】C【解析】【分析】由“abcd,,,中至少一个小于零”的否定为“abcd,,,全都大于等于0”即可求解.【详解】

因为“a，b，c，d中至少有一个小于零”的否定为“abcd,,,全都大于等于0”,所以由用反证法证明数学命题的方法可得,应假设“abcd,,,全都大于等于0”,故选：C.【点睛】本题主要考查了反证法，反证法的证明步骤，属于容易题.3.设X为随机变量，且1:,3XBn，

若随机变量X的方差()43DX=，则()2PX==()A.4729B.16C.20243D.80243【答案】D【解析】随机变量X满足二项分布，所以1224(),3393Dxnpqnn====n=6,所以224612(2)()()33PXC===80243，选D.4.下列有关线性回归分析的四个

命题：①线性回归直线必过样本数据的中心点(),xy；②回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线；③当相关性系数0r时，两个变量正相关；④如果两个变量的相关性越强，则相关性系数r就越接近于1.其中真命题的个数为（）A.1个B.2个C.3个

D.4个【答案】B【解析】分析：根据线性回归方程的几何特征及残差,相关指数的概论,逐一分析四个答案的正误,可得答案.详解：①线性回归直线必过样本数据的中心点（,xy）,故①正确;②回归直线在散点图中可能不经过任一样本数据点,故②错误;③当相关性系数0r时,则两个变量正相关,故③正确;④如果

两个变量的相关性越强,则相关性系数r就越接近于1或-1,故④错误.故真命题的个数为2个,所以B选项是正确的点睛：本题以命题的真假判断为载体,考查了相关关系,回归分析,相关指数等知识点,难度不大,属于基础题.

5.某市教育局人事部门打算将甲、乙、丙、丁四名应届大学毕业生安排到该市三所不同的学校任教，每所学校至少安排一名，其中甲、乙因属同一学科，不能安排在同一所学校，则不同的安排方法种数为()．A.18B.24C.30D.36【答案】C【解析】四名学生中有两名分在一所学校的种数是24C，顺序

有33A种，而甲、乙被分在同一所学校的有33A种，故不同的安排方法种数是24C33A－33A＝30.6.两圆2cos=，2sin=的公共区域的面积是（）A.142−B.2−C.12−D.2【答案】C【解析】【分析】以极点为原点，极轴为x轴非

负半轴建立平面直角坐标系，将圆的极坐标方程化为直角坐标方程，画出图形，根据几何关系求面积即可.【详解】解：以极点为原点，极轴为x轴非负半轴建立平面直角坐标系，则2cos=，2sin=化为直角坐标为：()2211xy−+=，()2

211xy+−=，如图所示，所以公共区域的面积为121422−=−.故答案为C.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查扇形面积的求法，属于基础题.7.已知(1＋ax)·(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝A.－4B.－

3C.－2D.－1【答案】D【解析】【详解】由题意知：21555CaC+=，解得1a=−，故选D.【考点定位】本小题主要考查二项展开式,二项式定理在高考中主要以小题的形式考查,属容易题,熟练基础知识是解答好本类题目的关键.8.在平面几何中

，可以得出正确结论：“正三角形的内切圆半径等于这个正三角形的高的13.”拓展到空间中，类比平面几何的上述结论，则正四面体的内切球半径等于这个正四面体的高的()A.12B.14C.16D.18【答案】B【解析】

从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，可得如下结论：正四面体的内切球半径等于这个正四面体高的14．证明如下：球心到正四面体一个面的距离即球的半径r，连接球心与正四面体的四个顶点．把正四面体分成四个高为r的三棱锥，所以4×13S•r=13•S•h，r=14h．（其中S为正四面体

一个面的面积，h为正四面体的高）故选B．点睛：平面图形类比空间图形，二维类比三维得到类比平面几何的结论，则正四面体的内切球半径等于这个正四面体高的14，证明方法是等积法（平面上等面积，空间等体积）．9.篮子里装有2个红球，3个白球和4个黑球．某人从篮子中随机

取出两个球，记事件A=“取出的两个球颜色不同”，事件B=“取出一个红球，一个白球”，()PBA=（）A.16B.313C.59D.23【答案】B【解析】试题分析：事件A的选法有11111123243426CCCCCC++=种，事件B的选法有11236CC=，所以(|)PBA=626=313

．故选B．考点：条件概率点评：求条件概率(|)PBA，只要算出事件B和事件A的数量，然后求出它们的商即可．10.已知曲线C的极坐标方程为：2cos4sin=−，P为曲线C上的动点，O为极点，则PO的最大值为（）A.2B.4C.5D.25【答案】D【解析】【

分析】把极坐标方程变成直角坐标方程，通过最大距离dr=+求得答案．【详解】因为2cos4sin=−，所以22cos4sin=−，2224xyxy+=−，即22(-1）+（y+2）5x=．圆心为（1，-2），半径5r=，因为点O到圆上的最大距离，等于点O到圆心的距离d加上半径r，且

22(10)(20)5d=−+−=，所以PO的最大值为25，故选D．【点睛】本题主要考查已知点与圆上一点的最大距离的求法．11.在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2

，4；第三次取3个连续奇数5，7，9；第四次取4个连续偶数10，12，14，16；第五次取5个连续奇数17，19，21，23，25，按此规律取下去，得到一个子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，19…，则在这个子数中第2014个数是（

）A.3965B.3966C.3968D.3989【答案】A【解析】由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n次共取了123n++++(1)2nn+=个数，且第n次取的最后一个数为2n．当63n=时，63(631)20162+=，故第63次取时共取了2016个数，都为奇数，并且最后一个

数为2633969=，即第2016个数为3969，所以第2014个数为3965．选A．点睛：解答本题时要用归纳推理的方法从中找出数字递增的规律，第n组有连续个奇数或偶数构成，其中每组中数的奇偶性与组数n的奇偶性相同，然后确定出第n次取后得到的数的总数及

每组数的最后一个数的规律性，然后通过尝试的方法并利用所得规律解题．12.若函数211()ln()2fxxxmxm=+−+在区间(0,2)内有且仅有一个极值点，则m的取值范围（）A.1(0,][4,)4+B.1(0,]

[2,)2+C.1(0,)(2,)2+D.1(0,)(4,)4+【答案】B【解析】【分析】首先求导得到1()()()xmxmfxx−−=，令()0fx=，1xm=，21xm=.当0m时，()fx为增函数，无极值点，舍去.当0m时，根据函数()fx在区间(0,2)内有且仅有一个极值

点，得到102mm或102mm，再分类讨论函数的单调性和极值即可得到答案.【详解】1()()11()()xmxmfxxmxmx−−=+−+=，令()0fx=，1xm=，21xm=.当0m时，(0,2)x，()0fx，()fx为增函数，无极值

点，舍去.当0m时，函数()fx在区间(0,2)内有且仅有一个极值点，所以102mm或102mm.①当102mm时，即102m.(0,)xm，()0fx，()fx为增函数，(,2)xm

，()0fx，()fx为减函数.所以函数()fx有极大值点xm=.②当102mm时，即2m.1(0,)xm，()0fx，()fx为增函数，1(,2)xm，()0fx，()fx为减函数.所以函数()fx有极大值点1xm=.综上：m的取值范围1(0

,][2,)2+.故选：B【点睛】本题主要考查导数中的极值问题，分类讨论为解决本题的关键，属于中档题.第II卷二.填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.某校期末测试理科数学成绩()2~N90,，

统计结果显示(60120)0.8P=，若学校理科学生共700人，则本次测试成绩高于120分的学生人数为________.【答案】70【解析】【分析】先求出(120)P,再求出本次测试成绩高于120分的学生人

数.【详解】由题得1(90120)(60120)0.42PP==，所以(120)P=0.5-0.4=0.1.所以本次测试成绩高于120分的学生人数为700×0.1=70.故答案为70【点睛】本题主要考查正态分布概率

的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.14.从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为_____．【答案】112【解析】由分层抽样可得，应从8名女生中抽取2人，从

4名男生中抽取1人，所以不同的抽取方法共有2184112CC=种．答案：11215.若22()nxx+展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是．【答案】180【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂

指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．【详解】由题意可得只有第六项的二项式系数5nC最大，∴n＝10．故展开式的通项公式为Tr+110rC=•102rx−•2r•x﹣2r＝2r•10rC•1052rx−，令1052r−=0，求得r＝2，故展开式中的常数项是22210C=180，故答

案为180【点睛】本题考查了二项式系数与二项式展开式的通项公式应用问题，是基础题．16.由函数()lnfxxxx=−的图像在点(,())Pefe处的切线,l直线1xe−=直线xe=（其中e是自然对数的底数）及曲线lnyx=所围成的曲边四边形

(如图中的阴影部分)的面积S=_________.【答案】2221122eee++−【解析】【分析】利用导数求得切线l的方程，利用定积分计算出阴影部分的面积.【详解】()()()''ln,ln1,0fxxfeefeee

====−=，所以切线l的方程为：yxe=−.故阴影部分面积为()2111lnln|2eeeexxedxxxxxex−+=−−+2221111111lnln22eeeeeeeeeee=−−+−

−−+22121122eee=−−−+2221122eee++−=.故答案为：2221122eee++−【点睛】本小题主要考查切线方程的计算，考查定积分计算面积，属于中档题.三.解答题(本大题共6小题

，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17.以平面直角坐标系xOy的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，C的极坐标方程为8cos=.（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）经过点(

)1,1Q作直线l交曲线C于M，N两点，若Q恰好为线段MN的中点，求直线l的方程.【答案】（1）228xyx+=.（2）320xy−−=.【解析】【分析】（1）由8cos=，得28cos=即可得直角坐标方程；（2）直线l的方程为()11ykx−=−，

利用QCMN⊥得1QCkk=−求解即可【详解】（1）由8cos=，得28cos=，根据公式cossinxy==，得228xyx+=，故曲线C的直角坐标方程是228xyx+=.（2）设直线l的斜率为k，则直线l的方程为()11ykx−=−.而曲线C

：228xyx+=化为标准方程是()22416xy−+=，故圆心()4,0C.因为Q恰好为线段MN的中点，所以QCMN⊥.所以1QCkk=−，即01141k−=−−，解得3k=.故直线l的方程是()131yx−=−，即320xy−−=.【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程的转化，考查圆的几何性

质，根据Q恰好为线段MN的中点转化为1QCkk=−是关键，是基础题18.某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2株．设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为23和12，且各株大树是否成活互不影响．求移栽的4株大树中：（1）两种大树各成活1株的概率；（2）成活的株数ξ的分布列．【答案】⑴29；⑵见

解析【解析】【分析】（1）甲两株中活一株符合独立重复试验，概率为122133C，同理可算乙两株中活一株的概率，两值相乘即可．（2）ξ的所有可能值为0，1，2，3，4，分别求其概率，列出分布列，再求期望即可．【详解】解：设kA表示甲种大树成活k株，012k=，，lB表示乙种

大树成活l株，012l=，，则kA，lB独立．由独立重复试验中事件发生的概率公式有()222133kkkkPAC−=，()221122llllPBC−=据此算得()019PA=，()

149PA=，()249PA=，()014PB=，()112PB=，()214PB=⑴所求概率为()()()111129PABPAPB==⑵的所有可能值为0，1，2，3，4，且()()()()00001036PPABPAPB====()()()0110116PPABPAB==+=，()()(

)()02112013236PPABPABPAB==++=，()()()1221133PPABPAB==+=，()()22149PPAB===，综上知有分布列ξ01234P【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、独立重复

试验的概率等知识，以及利用概率知识分析问题、解决问题的能力．19.已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4．(Ⅰ)求a，b的值；(Ⅱ

)讨论f(x)的单调性．【答案】(1)a＝4，b＝4;(2)见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）求导函数，利用导数的几何意义及曲线y=f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y=4x+4，建立方程，即可求得a，b的值；（Ⅱ）利用导数的正负，可得f（x）的单调性．试题解析：(1)f′(x)＝ex(a

x＋a＋b)－2x－4，由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8．从而a＝4，b＝4．由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·1e2x−．令f′(x)＝0得，x＝－l

n2或x＝－2．当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)＜0．故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．点睛：确

定单调区间的步骤：(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上

面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；(4)确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性20.每年春晚都是万众瞩目的时刻，这些节目体现的

文化内涵、历史背景等反映了社会的进步.国家的富强，人民生活水平的提高等.某学校高三年级主任开学初为了解学生在看春晚后对节目体现的文化内涵、历史背景等是否会在今年的高考题中体现进行过思考，特地随机抽取100名高三学生（其中文科学生50，理科学生50名），进行了

调查.统计数据如表所示（不完整）：“思考过”“没有思考过”总计文科学生4010理科学生30总计100（1）补充完整所给表格，并根据表格数据计算是否有95%的把握认为看春晚后会思考节目体现的文化内涵、历史背景等与文理科学生有关；（2）①现从上表的”思考过”

的文理科学生中按分层抽样选出7人.再从这7人中随机抽取4人，记这4人中“文科学生”的人数为,试求的分布列与数学期望；②现设计一份试卷（题目知识点来自春晚相关知识整合与变化），假设“思考过”的学生及格率为34，“没有思考过”的学生的及格率为14.现

从“思考过”与“没有思考过”的学生中分别随机抽取一名学生进行测试，求两人至少有一个及格的概率.附参考公式：22()()()()()nadbcKabcdacbd−=++++，其中nabcd=+++.参考数据：()20PKk0.0500.01

00.0010k3.8416.63510.828【答案】（1）列联表见解析，有；（2）①见解析；②1316.【解析】【分析】（1）根据题意，得出22的列联表，利用公式求的2K的值，即可得出结论；（2）①由题意，得出所以的所有可能取值为1,2,3,4，取得随机变量取每个值对应的概率，得

出分布列，利用期望的公式，即可求解．②设“思考过”的学生的及格率134P=；“没有思考过”的学生的及格率214P=，根据独立事件的概率计算公式，即可求解．【详解】（1）填表如下：“思考过”“没有思考过”总计文科学生401050理科学生302050总计7030100由上表得

，2K的观测值2100(40201030)1004.7623.8415050703021k−==，故有95%的把握认为看春晚节目后是否会思考与文理科学生有关.（2）①由题意，得抽取的100名学生中“思考过”的

有文科学生40人，理科学生30人，所以抽取7人中文科学生有4人，理科学生有3人，所以的所有可能取值为1，2，3，4.1343474(1)35CCPC===，72234418(2)35CCPC===，31434712(3)35CCPC===,40434

71(4)35CCPC===,所以的分布列为1234P43518351235135故数学期望为41812116()1234353535357E=+++=.②设“思考过”的学生的及格率为1P，则134P=；“没有思考过”的学生的及格率为2P，则214P=，所以两人至少有一

个及格的概率为3133111344444416P=++=.【点睛】本题主要考查了独立性检验的应用，以及随机变量的分布列与期望的计算，其中解答中认真审题，求得随机变量的取值，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．21.已知

数列na的前n项和为nS，14121nnSan+−=−，11a=且*nN（1）求na的通项公式（2）设1nnnabS=，数列nb的前n项和为nT，求证：()32nnTN*【答案】(1)21nan=−;(2)见解

析【解析】【分析】(1)由14121nnSan+−=−,得1(21)41nnnaS+−=−,当2n时,可得1(23)41nnnaS−−=−,然后两式相减得12121nnaann+=−+,可得{}21nan−为各项为1的常数数列,从而可求得.(2)先得1(21)nbnn=−,再放缩1

11(21)2()2nbnnnn==−−12(1)nn−,然后利用裂项求和可证.【详解】(1)由14121nnSan+−=−,得1(21)41nnnaS+−=−,当2n时,可得1(23)41nnnaS−−=−,两式相减得:1(

21)(21)nnnana++=−,即12121nnaann+=−+,又23,a=可得23133a==,所以12211211aa=−+,所以{}21nan−为常数数列,所以121nan=−,所以21

nan=−.(2)由21nan=−,得2nSn=,所以1(21)nbnn=−,当1n=时,1312T=成立;当2n时,111(21)2()2nbnnnn==−−12(1)nn−111()21nn=−−,所以nT11111111[()()()]212231nn+−+−++−−1131(1)

22n=+−.所以*nN时,()32nnTN*.【点睛】本题考查了用放缩法和列项求和法证明不等式,属中档题.22.已知函数()lnxfxx=.（1）若对任意()0,x+，()2fxkx恒成立，求k的取值范围；（2）

若函数()()1gxfxmx=+−有两个不同的零点1x，2x，证明：122xx+.【答案】（1）2,3e+（2）证明见解析【解析】【分析】（1）参变分离，由()2fxkx对任意()0,x+恒成立，得32lnxkx

对任意()0,x+恒成立.令()32lnxhxx=，利用导数求出()hx的最大值，即可求出k的取值范围.（2）若函数()gx的两个零点为1x，2x，不妨设设12xx，根据函数的单调性可得1211xxe，要证122x

x+，即证212xx−.只需证明()()212gxgx−.由()()12gxgx=，只需证明()()112gxgx−.令()()()2mxgxgx=−−，1,1xe，求导分析函数的单调性，进而可得：122xx+．【详解】（1）解：由()2fxkx对任意()0,

x+恒成立，得32lnxkx对任意()0,x+恒成立.令()32lnxhxx=，则()()4213lnxhxx−=.令()0hx=，则13xe=.∴在130,e上，()0hx，()hx单调递增；在12,e+上，()0hx，

()hx单调递减.∴()31max2(3hxhee==，则23ke，即k的取值范围为2,3e+.（2）证明：设12xx，()ln1xgxmx+=−，则()2lnxgxx=−.在()0,1上，()0gx，(

)gx单调递增；在()1,+上，()0gx，()gx单调递减.∵()11gm=−，1egm=−，当x→时，()gxm−，且()gxm→−，∴01m，1211xxe，要证122xx+，即

证212xx−.∵21x，121x−，()gx在()1,+上单调递减，∴只需证明()()212gxgx−.由()()12gxgx=，只需证明()()112gxgx−.令()()()2mxgx

gx=−−，1,1xe.()()()22ln2ln2xxmxxx−=−−−∵1,1xe，∴ln0x−，()222xx−，∴()()()()()22ln2lnln2022xxxxmxxx−

−−−=−−−，∴()mx在1,1e上单调递增，∴()()10mxm=，即()0mx，∴122xx+.【点睛】本题考查的知识点是函数恒成立问题，利用导数研究函数的单调性，最值，函数零点的存在性及个

数判断，难度中档．