【文档说明】广西桂林市2019-2020学年高二下学期期末考试质量检测数学（理）试题【精准解析】.doc，共(16)页，1.343 MB，由小赞的店铺上传

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桂林市2019~2020学年度下学期期末质量检测高二年级数学（理科）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，有且只有一个选项是符合题目要求的.1.23A（）A.3B.6C.9D.12【答案】B【解析】【分析】直接根据排列数公式计算即可得答案.【详解

】解：根据排列数公式121mnAnnnnm得：23326A.故选：B.【点睛】本题考查排列数公式的计算，是基础题.2.i（1+i）=（）A.1iB.1iC.1iD.1i【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法运算得到结果.【详解】根据复数的乘法运算得到：原式

i（1+i）=i-1．故选A．【点睛】这个题目考查了复数的乘法运算，题目简单基础.3.函数()lnfxx的导数是（）A.xB.1xC.lnxD.xe【答案】B【解析】【分析】根据导数公式直接计算即可得答案.【详解

】解：因为1ln'xx，所以1'fxx.故选：B.【点睛】本题考查导数的公式，是基础题.4.212xdx（）A.3B.2C.1D.32【答案】A【解析】【分析】直接利用微积分基本定理求解即可．【详解】2

22112|413xdxx．故选：A．【点睛】本题考查微积分基本定理的应用，考查计算能力，属于基础题．5.5(12)x的展开式中的常数项为（）A.-1B.1C.92D.93【答案】B【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令x的指数为0，求出r，可得展开式的常数

项．【详解】5(12)x的展开式的通项为155(2)2rrrrrrTCxCx，当0r时，可得5(12)x的展开式中的常数项为00521C．故选：B．【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项的应用，解题的关键是熟练掌握二项式定理，

正确写出其通项，属于基础试题6.用反证法证明命题“在ABC中，若AB，则ab”时，应假设（）A.abB.abC.abD.ab【答案】B【解析】【分析】直接利用命题的否定，写出假设即可．【详解】用反证法证明命题“在ABC中，若AB，

则ab”时，假设就是命题“ABC中，若AB，则ab”的结论的否定，命题“ABC中，若AB，则ab”的结论的否定是：ab„．故选：B．【点睛】本题考查反证法的定义以及命题的否定，基本知识的考查．7.关于函数3()fxxx，下列说法正确的是（）A.没有最小值，有最大值

B.有最小值，没有最大值C.有最小值，有最大值D.没有最小值，也没有最大值【答案】D【解析】【分析】利用'fx研究函数fx的最值.【详解】依题意'2310fxx，所以fx在R上递增，没有最小

值，也没有最大值.故选：D【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，属于基础题.8.已知随机变量X的分布列是X123P13ab则ab（）A.23B.32C.1D.34【答案】A【解析】【分析】直接根据离散型随机变量的分布列的性质求解即可得答

案.【详解】解：根据离散型随机变量的分布列的概率和为1得：113ab，所以23ab.故选：A.【点睛】本题考查分布列的性质，是基础题.9.已知随机变量服从正态分布23,N，且(4)0.68P

，则(2)P（）A.0.84B.0.68C.0.32D.0.16【答案】C【解析】【分析】直接利用正态分布的应用和密度曲线的对称性的应用求出结果．【详解】解：根据随机变量服从正态分布23,N，所以密度曲线关于直线3x对称，

由于40.68P，所以410.680.32P，所以20.32P．故选：C.【点睛】本题考查正态分布的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．10.在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直

线BE与平面B1BD所成角的正弦值为()A105B.105C.155D.155【答案】B【解析】【分析】以D为坐标原点，以DA为x轴，以DC为y轴，以1DD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BE与平面1

BBD所成角的正弦值．【详解】以D为坐标原点，以DA为x轴，以DC为y轴，以1DD为z轴，建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则000D，，，220B，，，1222B，，，021E，，，∴220BD，，，1002BB

，，，201BE，，，设平面1BBD的法向量为,,xnyz，∵nBD，1nBB，∴22020xyz，令y1，则110n，，，∴10cos,5nBEnBEnBE

，设直线BE与平面1BBD所成角为θ，则10sincos,5nBE，故选B．【点睛】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用，准确得到面的法向量是解题的关键，是中档题．11.根据上级扶贫工作要求，某单位计划从

5名男干部和6名女干部中选出1名男干部和2名女干部组成一个扶贫小组，派到某村开展“精准扶贫”工作，那么不同的选法有（）A.60种B.70种C.75种D.150种【答案】C【解析】【分析】根据题意，先在5名男干部中任选1人，再从6名女干部中选出2人，由分步计数原理计算可得

答案．【详解】根据题意，先在5名男干部中任选1人，有155C种选法，再从6名女干部中选出2人，有2615C种选法，则有51575种不同的选法；故选：C．【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．12.定义域为R的可导函数yfx的导函数

为fx，满足fxfx，且02f，则不等式2xfxe的解集为（）A.,0B.,2C.0,D.2,【答案】C【解析】【详解】构造函数xfxgxe，根据

fxfx可知0gx，得到gx在R上单调递减；根据0002fge，可将所求不等式转化为0gxg，根据函数单调性可得到解集.【解答】令xfxgxe，则20xxxxfxefxefxfxgxeegx

在R上单调递减02f0002fge则不等式2xfxe可化为2xfxe等价于2gx，即0gxg0x即所求不等式的解集为：0,本题正确选项：C【点睛】本题考查利用导

数研究函数的单调性求解不等式，关键是能够构造函数xfxgxe，将所求不等式转变为函数值的比较，从而利用其单调性得到自变量的关系．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知i是虚数单位，复数2zi，则z______

____.【答案】5【解析】【分析】直接根据复数的模的计算公式计算即可得答案.【详解】解：根据复数模的计算公式得：2221=5z.故答案为：5【点睛】本题考查复数模的计算，是基础题.14.已知12

PBA，3()10PAB，则()PA__________.【答案】35【解析】【分析】直接根据条件概率公式计算即可得答案.【详解】解：根据条件概率公式PABPBAPA和已知条件12PBA，3()10PAB，

所以3310152PABPAPBA.故答案为：35【点睛】本题考查条件概率公式的应用，是基础题.15.经过圆221xy上一点00,xy的切线方程为001xxyy，则由此类比可知：经过椭圆22221xyab上一点0

0,xy的切线方程为______.【答案】00221xxyyab【解析】【分析】根据圆的切线方程形式，类比推理出椭圆的切线方程．【详解】解：圆的性质中，经过圆上一点00,Mxy的切线方程就是将圆的

方程中的一个x和y分别用00,Mxy的横坐标与纵坐标替换，故可得椭圆22221xyab类似的性质为：过椭圆22221xyab上一点00,xy的切线方程为00221xxyyab.故答案为:00221xxyyab.【点睛】考查了类比推理的数学思想，是基

础题．16.函数()cosfxxx在区间[0,]上的最大值为__________.【答案】1【解析】【分析】求出导函数()fx，[0x，]，利用导数研究函数()fx的单调性，根据单调性可得结果．【详解】数()c

osfxxx，()1sinfxx，[0x，]，()0fx，当[0x，]时，函数()fx单调递增；函数()fx在区间[0，]上的最大值为：()1f．故答案为：1．【点睛】本题考查了利用导数研究函

数的单调性与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应给出文字说眀、证明过程及演算步骤.17.在91xx展开式中，求：（1）含x的项；（2）含3x的项的系数.【答案】（1）126

x；（2）84.【解析】【分析】（1）写出二项展开式的通项，令x的指数为1，求得参数的值，代入通项可求得结果；（2）写出二项展开式的通项，令x的指数为3，求得参数的值，进而可求得展开式中含3x的项的系数.【详解】（1）91xx展开式的通项为

99219911rrrrrrrTCxCxx，令921r，得4r，所以含x的项为4491126Cxx；（2）由（1），令923r，得3r，所以含3x的项的系数为339184C.【点睛】本题考查利用二项式定理求指定项或指定项的系

数，考查计算能力，属于基础题.18.已知函数1()ln2fxxxax在(1,(1))f处的切线方程为2210xy.（1）求实数a的值；（2）求fx的单调区间.【答案】（1）0a；（2）减区间

为10,e，增区间为1,e.【解析】【分析】（1）求导得()1fxlnxa，利用f（1）1，列出关于a的方程，解之即可．（2）由（1）可知，()1(0)fxlnxx，令()0fx，则1xe，然

后根据原函数的单调性与导函数的正负性之间的联系判断即可得解．【详解】（1）1()2fxxlnxax，()1fxlnxa，()fx在点(1，f（1）)处的切线方程为2210xy，f（1）1，即011a，解得0a．（2）由（1）可知，1()2fxxln

x，()1(0)fxlnxx，当1(0,)xe时，()0fx，()fx单调递减；当1(xe,)时，()0fx，()fx单调递增，故()fx的单调递减区间为1(0,)e，单调递增区间为1(e,)．【点睛】本题考查利用导数研

究函数的切线方程、单调性，理解原函数的单调性与导函数的正负性之间的联系是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．19.在数列na中，已知11a，112nnnaaa.（1）计算2a，3a，4a；（2）根据计算结果猜想出na的通项公式

na，并用数学归纳法证明你的结论.【答案】（1）213a，315a，417a；（2）121nan，证明见解析.【解析】【分析】（1）利用*11112nnnaaanNa，，n分别取234，，可求出234,,aaa，并由此猜想数列na的通项公式na的表达式；（2）根

据计算结果猜想数列na的通项公式na的表达式，用数学归纳法证明①当1n时，111211a，猜想成立；②假设nk成立，利用*112nnnaanNa，可证得当1nk时猜想也成立，故可得结论.【详解】（1

）∵111,(1,2,3,)12nnaaana，∴1211123aaa，同理可得：315a，417a.（2）由（1）计算结果猜想121nan，下面用数学归纳法证明：①当1n时，111211a，猜

想成立，②假设当*1nkkN时，猜想成立，即：121kak.则当*1nkkN时，111121212212(1)1121kkkakaakkk，所以，当1nk时，猜想成立.根据①②可知猜想对任何*nN都成立.【点睛】本

题主要考查了以数列递推式为载体，考查了数列的通项的猜想与证明，解题的关键是利用数学归纳法证明，尤其第二步的证明.属于中档题．20.在四棱锥PABCD中，已知底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，且2PAAD，E为PD中

点.（1）求证：//PB平面ACE；（2）求二面角ABEC的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）105【解析】【分析】(1)由中位线可知//OEBP，结合线面平行判定即可证明//PB平面ACE；(2)以A为原点构建空间直角坐标系，写出对应点的坐标并求出面ABE、

面BCE的法向量，根据法向量夹角与二面角的关系求它们的夹角的余弦值【详解】（1）证明:连接AC、BD，ACBDO，连接EO∵在BPD△中，BOOD，PEED∴//OEBP又∵BP平面ACE，OE

平面ACE∴//BP平面ACE（2）由题，易知PA，AD，AB两两互相垂直，2PAAD故可建立如图的空间直角坐标系Axyz，则(0,0,0)A，(2,2,0)C，(0,1,1)E，(2,0,0)B，有(0,1,1)AE，(2,0,0)ABuuur

，(0,2,0)CB，(2,1,1)CE设(,,)mxyz为平面ABE的一个法向量，有020yzx令1y，1z，得(0,1,1)m同理若(,,)nxyz是平面BCE的一个法向量，有202

0yxyz令1x，2z，得(1,0,2)n则210cos,||5|,|25mnmnmn∴由图知，二面角ABEC(钝角)的余弦值为105【点睛】本题考查了线面平行

的判定证明平行，利用空间向量求二面角的余弦值，由题意构建空间坐标系并根据二面角所在的两个面确定各点坐标，可得面的法向量，进而求二面角的余弦值21.东方商店欲购进某种食品（保质期两天），此商店每两天购进该食品一次（

购进时，该食品为刚生产的）.根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区100天的销售量如下表：（视样本频率为概率）（1）根据该产品100天的销售量统计表

，记两天中一共销售该食品份数为，求的分布列与期望（2）以两天内该产品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进32或33份，哪一种得到的利润更大？【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得的取值为30,31,32,33,34,35,36，计算相应的概率值即可

确定分布列和数学期望；（2）分别求解当购进32份时的利润和购进33份时的利润即可确定利润更高的决策.【详解】（1）根据题意可得111305525P，13331251025P，123313225510104P，1132733225101

0525P，31221134210105550P，21235251025P，111361010100P，的分布列如下：30313233343536p125325147251150225110013

1711213031323334353632.825254255025100E（2）当购进32份时，利润为2131324314830416252525107.5213.924.16125.6，当购进33份时，利润为5

9131334324831416304241004252577.883012.963.84124.68，125.6124.68可见，当购进32份时，利润更高.【点

睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望的计算，概率统计的预测作用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.22.已知函数()ln2()fxmxxmR.（1）当6m时，试确定fx的零点的个数；

（2）若不等式(1)2xfxmxe对任意(0,)x恒成立，求证：2m.【答案】（1）2；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据条件，利用导函数的符号得到()fx的单调性和极大值、计算1()fe，2()fe的符号，由零点存在定理，即可

判断零点个数；（2）由题意可得[(1)]2(1)xmlnxxxe对任意(0,)x恒成立，设(1)ylnxx，求得导数和单调性，得到2(1)(1)xxemlnxx对任意的0x恒成立，再由此不等式的右边与2作差比较

，再求出m的范围．【详解】（1）当6m时，知()6ln2(0)fxxxx，则62(3)()2xfxxx，∵当03x时，()0fx；当3x，则62(3)()2xfxxx，∴fx在区间0,3是单调递增，在区间(3,)单调递减.∴m

ax()(3)6ln360fxf.又∵1260fee，221220fee.∵fx在区间1,3e，在区间23,e各有1个零点.综上，函数fx零点的个数为2.（2）函数()ln2fxmxx，若不等

式(1)2xfxmxe对任意(0,)x恒成立，即为ln(1)2(1)2xmxxmxe对任意(0,)x恒成立即有(ln(1))21xmxxxe对任意(0,)x恒成立，设ln(1)yxx，1111xyxx，0x时，

0y，函数y递减，可得ln(1)0yxx，则21ln(1)xxemxx对任意(0,)x恒成立.由211ln(1)22ln(1)ln(1)xxxexexxxxxx

，设()1ln(1)(0)xgxxexxx，1()21xgxex，21()(1)xgxex，由()ygx在0x递减，即有()0gx，可得()ygx在0x递减，即有()

0gx，可得gx在0x递减，可得0gx，而ln(1)0xx，可得1ln(1)20ln(1)xxexxxx.则由212ln(1)xxexx，所以2m.【点睛】本题考查函数的零点个数和函数恒成立问题解法，零

点存在定理和分离参数法、以及构造函数法，考查化简运算能力、推理能力，属于难题．