【文档说明】云南省红河州中小学2019-2020学年高二下学期期末教学质量监测数学（理）试题含答案.docx，共(13)页，898.220 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

红河州2020年中小学教学质量监测高二理科数学试题卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考试结束后，将答题卡交回．满分150分，考试用时120分钟．注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内

．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．答在试卷上的答案无效．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出

的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．设集合l0nAxx=，110Bxx=−，则AB=（）A．()1,+B．(),1−C．D．()0,12．复数()212i−（i为虚数单位）的虚部为（）A．4−B．4i−C．3−D．33．执行如图所示的程

序框图，则输出i的值是（）A．4B．5C．6D．74．已知碳14是一种放射性元素，在放射过程中，质量会不断减少．已知1克碳14经过5730年，质量经过放射消耗到0.5克，则再经过多少年，质量可放射消耗到0.125克．（）A．5730B．11460C．17190D．22920

5．已知tan2=，则sin2的值为（）A．45B．45−C．35−D．356．已知向量()1,0a=，(),1bx=，且a与b的夹角是6，则x的值为（）A．3B．3C．2D．27．在ABC中，角A，B，C所对的边

分别为a，b，c，若cos35B=，5a=，ABC的面积为10，则sinaA的值为（）A．552B．532C．522D．3528．某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的体积为（）A．4

B．8C．43D．839．已知直线():20lkxykR+−=是圆22:6260Cxyxy+−++=的一条对称轴，过点()0,Ak作圆C的一条切线，切点为B，则线段AB的长度为（）A．2B．22C．3D．2310．已知函()()2ln412fxxx=++，则（）A．()311l

og1ln42fffB．()131lnlog412fffC．()()()3ln2g1lo4fffD．()()31ln1log42fff11．已知双曲线22:19xyCm−=

经过点317,4，1F，2F为其左、右焦点，P为C上一点且12PFPF⊥，则12PFPF的值为（）A．12B．14C．16D．1812．已知直线l分别与函数1yx=和1xye=的图象都相切，且切点的横坐标分别为1x，2x，则122xx−=（）A．eB．2eC

．1D．2第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13．《数术记遗》相传是汉末徐岳（约公元2世纪）所著．该书主要记述了：积算（即筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹

算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算、计数共14种计算方法．某研究学习小组共6人，他们搜集整理该14种算法的相关资料所花费的时间（单位：min）分别为：93，93，88，81，94，91，则这组时间数据的标准差为_

_______．14．已知()5543254321023xaxaxaxaxaxa−=+++++，则3a=________．15．将半径为3，圆心角为23的扇形围成一个圆锥，则该圆锥内切球的体积为________．16．某市政府需要规划如图所示的一块公园用地，已知1kmA

B=，要求BACCAD=，ACBC⊥，ADDC⊥，要使得公园（四边形ABCD）的面积取得最大值，则此时cosBAD=________．三、解答题：本题共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．（12分）已知数列na的各项均为正数

，前n项和为nS，11a=且2112nnnaaS++−=．（1）求数列na的通项公式；（2）若11nnnbaa+=，数列nb的前n项和为nT，求证：1nT．18．（12分）为调查某学校胖瘦程度不同（通过体重指数BMI值的计算进行界定）的学生是否喜欢吃

高热量的食物，从该校调查了300名偏胖与偏瘦的学生，结果如下：胖瘦程度是否喜欢偏胖偏瘦喜欢60100不喜欢30110（1）能否在犯错误的概率不超过0.010的前提下，认为该校学生是否喜欢吃高热量的食物与胖瘦程度有关？请说明理由；（2）已知该校的甲、乙两人约定到

食堂吃午饭，两人都在11：30至12：30的任意时刻到达，求甲比乙早到至少20分钟的概率．附：()20PKk0.0500.0100.0010k3.8416.63510.828()()()()()22nadbcKabcdacbd−=++++19．（12分）如图，在正方体1111ABCDABCD−中

，点E为棱1AA的中点，点F为线段11AC上的动点．（1）证明：BDCF⊥；（2）求二面角EBCF−−的正切值的最小值．20．（12分）已知函数()()xxekRfkx=−．（1）当1k=时，求函数()fx的单调区间；（2）讨论函数()fx的零点个数．21．（12分

）已知椭圆()2222:10xyCabab+=的离心率为22，且过点()0,2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若不过原点的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，O为坐标原点，直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求OPQ面积的最大值．选考题：请考生在第22、2

3两道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为：13xtyt=+=（t为参数），曲线C的参数方程为：2c

os3sinxy==（为参数）．（1）求直线l与曲线C的普通方程；（2）设直线l与曲线C交于M，N两点，求线段MN的长度．23．选修4-5：不等式选讲（10分）设函数()213fxxx−+−−．（1）解不等式()0fx；（2）若不等式

()333fxxm+−−对一切实数x均成立，求实数m的取值范围．参考答案一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．题号123456789101112答案CABBABACCDDC1．答案

：C；解析：由ln0x得：1x，由110x−得：01x，所以AB=．2．答案：A；解析：因为()21234ii−=−−，所以虚部为4−．3．答案：B；解析：初始值：0S=，1i=，第一次循环：1S=，2i=，不符合“21S”继续循环；第二次循环：5S=，3i=，不符合

“21S”继续循环；第三次循环：14S=，4i=，不符合“21S”继续循环；第四次循环：30S=，5i=，符合“21S”退出循环；故输出5i=．4．答案：B；解析：由题意可得：碳14的半衰期为5730年，则过5730年后，质

量从0.5克消耗到0.25克，过11460年后，质量可消耗到0.125克．5．答案：A；解析：因为tan2=，所以2222sincos2sincos2tan4sin22sincos1sincos1tan5=====++，故：4sin25=

．6．答案：B；解析：因为向量()1,0a=，(),1bx=的夹角是6，所以23cos621abxabx===+，故3x=．7．答案：A；解析：因为()0,B，cos35B=，所以sin45B=，因为5a=，ABC的面积为10，所以1451025ABCSc==

，故5c=，从而2222cos20bacacB=+−=，解得25b=，由正弦定理得：sinsin552ABab==．8．答案：C；解析：由三视图可知：四面体为PABC−，142233PABCV−==．9．答案：C；解析：由题意得：3120k−−=，1k=，则()0,1A，

13AC=，因为直线AB是圆C的切线，所以ABBC⊥，而2BCr==，所以3AB=．10．答案：D；解析：函数()fx定义域为R，且()()0fxfx+−=，所以()fx为奇函数，又易知()fx在)0,+单调递增，所以()fx是R上单调递增

的奇函数，因为31ln14log2，所以()()31ln1log42fff．11．答案：D；解析：由题意得：16m=，不妨设点P在双曲线的右支上，则128PFPF−=，且12PFPF⊥，2222121210PF

PFFF+==，又()21264PFPF−=，所以12100264PFPF−=，解得：1218PFPF=．12．答案：C；解析：设l与1yx=的切点为111,xx，与1xye=的切点为221,xxe，公切线的斜率：22121211111xxkexxexx−=−=−=−，

可得：221xex=，所以()22111211111xxxxxx−−=−=−，1221xx−=．二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．题号13141516答案251080−231734−13．答案：25；解析：平均数：939388819491906x+++++==，方差

：()()()()()()2222222939093908890819094909190206s−+−+−+−+−+−==，标准差：2025s==．14．答案：1080−；解析：()523x−的二项展开式的通项：()()()5515523320,1,2,3,4,5rrrrrrrrTCxC

xr−−+=−=−=，故()33533332271041080aC−=−=−=−．15．答案：23；解析：设圆锥底面半径为R，则2233R=，所以1R=．设内切球半径为r﹐圆锥高为h，则9122h=−=，所以3rRhr=−，所以22r=，故3442223383rV===．16．

答案：1734−；解析：设BACCADx==，0,2x，则sinBCx=，cosACx=，cossinCDxx=，2cosADx=，所以()2sincoscoss111cosi6sin2sin42n216ABCDxxSxxxx

x=+=+四，现考察函数()6sin2sin4gxxx=+，()12cos24cos40gxxx=+=，解得：173cos24x−=，（173cos24x−−=舍），由于cos2yx=在0,2x

上单调递减，由复合函数的单调性知：当173cos21,4x−−时，()gx单调递增，173cos2,14x−时，()gx单调递减；故当173cos24x−=时，四边形面积取得最大值，故173cos4BAD−=．三

、解答题：本题共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．解：（1）因为2112nnnaaS++−=，所以()2*12,2nnnaaSnnN−−=，两式相减并整理得：()()1110nnnnaaaa+++−−=，因为0na，所以()112nnaan+−=，又22

212aaS−=，20a，所以22a=，211aa−=，因此na是以1为首项，1是公差的等差数列，故()111nann=+−=；6分（2）由（1）得()1111111nnnbaannnn+===−++，所以1111111122311nTnnn=−+−+

+−=−++，因为*nN，101n+，故1nT．12分18．解析：（1）()2230060110301009.18416014090210K−=，由于9.1846.635，故能在

犯错误概率不超过0.010的前提下认为该校学生是否喜欢吃高热量的食物与胖瘦程度有关；6分（2）设甲、乙到达食堂的时刻分别为x，y，则可有0606xy，其表示的区域记为D，06062yxyx

−表示的区域记为1D，作图得：则甲比乙早到至少20分钟的概率()()114422669SDPSD===．12分19．证明：（1）连接AC交BD于点O，因为四边形ABCD为正方形，所以BDAC⊥，又因为1AA⊥平面ABCD，所以1BDA

A⊥，又1AAACA=，所以BD⊥平面11ACCA，因为CF平面11ACCA，所以BDCF⊥；4分（2）法一：设二面角EBCF−−的平面角为，由图可知：为锐角且当点F与点1A重合时，取得最小值，由于DA，DC，1DD两两相互垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz−，不妨设1

AB=，则()1,1,0B，()0,1,0C，11,0,2E，()1,0,1F，()1,0,0BC=−，10,1,2BE=−，()0,1,1BF=−，设平面BCE的法向量为()111,,mxyz

=，则00mBCmBE==，即1110102xyz−=−+=，令11y=，得()0,1,2m=，设平面BCF的法向量为()222,,nxyz=，则00nBCnBF==，即22200xyz−=−+=令21y=，得()0,1,1n=，所以123cosco

s,5210mnmnmn+====，21sin1cos10=−=，1tan3=，故二面角EBCF−−的正切值的最小值为13．12分法二：由图可知：二面角EBCF−−的平面角为锐角且当点F与点1A重合时，该二面角的平面角取得最小值．所以当点F与点1A重合时，二面角EBCF−−的平

面角的正切值也取得最小值，由BC⊥平面11ABBA，得EBBC⊥，1ABBC⊥，所以1ABE即为所求二面角的平面角，在RtABE中，1tan2ABEAEAB==，在1RtABA中，11tan1ABAAAAB==，所以()111111tantan12tantan11tantan3112ABAA

BEABEABAABEABAABE−−=−===++，故二面角EBCF−−的正切值的最小值为13．12分法三：过点F作FM⊥平面ABCD于M，依题意MAC，过M作MNBC⊥于N，连接FN，易知FNBC⊥，所以FNM为二面角FBCA−

−的平面角，又由正方体的性质知ABBC⊥，BEBC⊥，所以EBA为二面角EBCA−−的平面角．设二面角EBCF−−的平面角为，不妨设1AB=，()01MNxx=，当0x=时，不符合题意，所以1tanFNMx=，1tan2EBA=

，从而()()1152122tantan011121221122xxFNMEBAxxx−−=−===−++++，所以当1x=，即点F与点1A重合时，()min1tan3=，故二面角EBCF−−的正切值的最小值为13．12分

20．解：（Ⅰ）当1k=时，()xfxex=−，()1xfxe=−，令()0fx，解得：0x；令()0fx，解得：0x；故：函数()fx的单调增区间是()0,+，单调递减区间是(),0−；4分（2）法一：设()00,Px

y是函数xye=上一点，由xye=得xye=，xye=在P点处的切线方程是：()000xxyeexx−=−，令0xy==，则01x=，所以过原点作xye=的切线方程是：yex=，因此：当0k或ke=时，函数()

fx有1个零点；当ke时，函数()fx有2个零点；当0ke时，函数()fx无零点．12分法二：令()0xfxekx=−=，显然0x=不是()fx的零点，故当0x时，xekx=，记()xegxx=，()()()210xexxgxx−=，令

()0gx，解得：()1,x+；令()0gx，解得：()(),0,1xx−；故：()gx在(),0−，()0,1上单调递减，在()1,+单调递增，从而()()1gxge==极小值，又x→−，()0gx→；0x−→，()g

x→−；0x+→，()gx→+；x→+，()gx→+；因此：当0k或ke=时，函数()fx有1个零点；当ke时，函数()fx有2个零点；当0ke时，函数()fx无零点．12分21．解：（1）由题意可得，解得222222bcaabc===+，解

得222abc===，故椭圆的标准方程为：22142xy+=；4分（2）由题意得直线l的斜率存在且不为0，设l方程为：()0ykxmm=+，()11,Pxy，()22,Qxy，因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，所以：()()()()22212

121212221212121212kxmkxmkxxkmxxmkmxxmyykkxxxxxxxx+++++++====+，即：()212120kmxxmxx++=，故()2120kmxxm++=，从而12mxxk+=−①联立22142ykxm

xy=++=得：224240xkmxm++−=，由()()222216412240kmkm=−+−，得22420km−+，又由韦达定理得1221224122412kmxxkmxxk+=−

+−=+②由①②得：212k=，故24m（*）所以()2221212614822PQkxxxxm=++−=−，且原点O到直线l的距离：26md=，()()22224122422222OPQmmSPQmmd−+==−=，当且仅当224mm−=，2m=，且满足

（*）式：24m；此时：()max2OPQS=．12分22．解：（l）由直线l的参数方程为：13xtyt=+=（t为参数），得直线l的普通方程为：330xy−−=，由曲线C的参数方程为：2cos3sinx

y==（为参数），得曲线C的普通方程为：22143xy+=；5分（2）直线l的参数方程的标准形式为：11232xtyt=+=（t为参数）将其代入曲线方程22143xy+=化简得：254120tt+−=，解得：165t=，22t=−，由t的几何

意义可得：12616255MNtt=−=+=．10分23．解：（1）()213fxxx=+−−，()10240xfxx−+或132320xx−−或3440xxx−+或233x或3x，故原不等式的解集为()2,4,3

−−+；5分（2）不等式()333|fxxm+−−恒成立21233xxm++−−恒成立21263xxm++−−恒成立()min21263xxm++−−又由212621267xxxx++−+−+=所以37m−，解得410m−，故实数m的取值范围为：()4,10−．1

0分（以上参考答案及评分标准仅供参考，若有不同解法，请酌情给分）