【文档说明】安徽省皖西南名校2019-2020学年高二下学期期末联考数学（理）试题含答案.docx，共(15)页，788.876 KB，由小赞的店铺上传

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皖西南名校2019-2020学年高二下学期期末联考数学（理科）考生注意：1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟．2．请将各题答案填写在答题卡上．3．本试卷主要考试

内容：高考全部内容（除选考外）．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，只有一项是符合题目要求的．1．设集合2230Axxx，2log1Bxx，则AB（）A．02xxB．01xxC．31xxD．12

xx2．若复数z满足1210zii，则z（）A．42iB．42iC．42iD．42i3．512xx的展开式中含3x项的系数是（）A．40B．-40C．80D．-804．已知向量,1am，

2,3b．若2abb，则m（）A．194B．194C．23D．235．某中学有高中生3600人，初中生2400人，为了解学生课外锻炼情况，用分层抽样的方法从校学生中抽取一个容量为n的样本

．已知从高中生中抽取的人数比从初中生中抽取的人数24，则n（）A．48B．72C．60D．1206．已知1sin35，则sin26（）A．225B．2325C．225D．23257．

已知l，m，n为不同的直线，，，为不同的平面，则下列判断错误的是（）A．若m，n，//．则//mnB．若m，n，//mn，则//C．若l，m，n，//l，则//mnD．若，，则//8．在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b

，c．若8cos3ABCbAS，则22cossin122sincosBCAAA（）A．-2B．2C．12D．129．已知函数2log,142,1xaxfxaxx，是R上的单调递增函数，则a的取值范围是（）A．1,4B．2,4C．3,4D．

1,310．已知抛物线2:4Cxy的焦点为F，若斜率为一的直线l过点F，且与抛物线C交于A，B两点，则线段AB的中点到准线的距离为（）A．658B．654C．12916D．129811．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（）A

．41B．414C．25D．25412．已知函数sinfxx的图象与直线00kxykxk恰有三个公共点，这三个点的横坐标从小到大分别为1x，2x，3x，则12123tanxxxxx属于（）A．10,3B．11,32C．1,12

D．31,2第II卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13．函数3tan23fxx的图象的对称中心是_____________．14．已知函数fx是偶函数．且当0x时，23l

og1fxxx，则2f_____________．15．黄金三角形有两种，一种是顶角为36的等腰三角形，另一种是顶角为108的等腰三角形．例如，一个正五边形可以看成是由正五角星和五个顶角为108的黄金三角形组成的，如图所示，在黄金三角形1AAB中，1512AAAB．根据

这些信息，若在正五边形ABCDE内任取一点，则该点取自正五边形11111ABCDE内的概率是_____________．16．已知双曲线2222:10,0xyCabab的左、右焦点分别是1F，2F

，直线:36lyx过点1F，且与双曲线C在第二象限交于点P，若点P在以12FF为直径的腰上，则双曲线C的离心率为_____________．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知数列na的前n项和为nS，且12a，(21)nnSna

nN．（1）求na的通项公式；（2）令1422nnnbaa，求数列nb的前n项和nT．18．（12分）某航空公司规定：国内航班（不构成国际运输的国内航段）托运行李每件重量上限为50kg，每件尺寸限制为40

cm60cm100cm，其中头等舱乘客免费行李额为40kg，经济舱乘客免费行李额为20kg．某调研小组随机抽取了100位国内航班旅客进行调查，得到如下数据：携带行李重量（kg）0,2020,3030,4040,50头等舱乘客人数83

3122经济舱乘客人数37530合计4538152（1）请完成答题卡上的22列联表，并判断是否在犯错概率不超过0.05的前提下，认为托运超额行李与乘客乘坐座位的等级有关；（2）调研小组为感谢参与调查的旅客，决定从托运行李超出免费行李额且不超出

10kg的旅客中（其中女性旅客4人）随机抽取4人，对其中的女性旅客赠送“100元超额行李补助券”，记赠送的补助券总金额为X元，求X的分布列与数学期望．参考公式：22nadbcKabcdacbd．其中nab

cd．参考数据：0PKk0.0500.0100.0010k3.8416.63510.82819．（12分）图1是由平行四边形ABCD和RtABE组成的一个平面图形．其中60BAD，ABAE，22ADAEAB

，将ABE沿AB折起到ABP的位置，使得11PC，如图2．（1）证明：PABD；（2）求二面角APDB的余弦值．20．（12分）已知函数32136fxxxmx0x处取得极值．（1）求m的值；（2）若过2,t可作曲线yfx的三条切线，求t的取值范围．

21．（12分）已知椭圆2222:10xyCabab的离心率为12，左、右焦点分别为1F，2F，且2F到直线:1xylab的距离为217．（1）求椭圆C标准的方程；（2）过1F的直线m交椭圆C于P，Q两点，Q为坐标原点，以OP，OQ为邻边作平行四边形OPDQ，是否存在直

线m，使得点D在椭圆C上？若存在，求出直线m的方程；若不存在，说明理由．22．（12分）已知函数ln1fxxax有两个零点．（1）求a的取值范围：（2）设1x，2x是fx的两个零点，证明：121fxxa．2019~2020第二学期高二期末考试

数学参考答案（理科）一、选择题1．B由题意可得31Axx，02Bxx，则01ABxx．2．A因为1210zii，所以10121021242125iiiziiii

，则42zi．3．C512xx展开式的通项为525155122rrrrrrrTCxCxx．令253r，得4r，则44335280nTCxx，故512xx

的展开式中含3x项的系数是80．4．B由题意可得222,5abm．因为2abb，所以222150m，解得194m．5．D由题意可知该校高中生人数与初中生人数之比为3:2，则322412055n．6．D因为223cos212

sin3325，即223cos2325，则2223sin2sin2cos2632325．7．D若，，则//

或与相交，故D错误．8．C因为81cossin32bcAbcA，所以cos2sinAA，则3tan4A，故22cossin1cossin22sincos2sincosBCABCAAAAAsinco

stan112sincos2tan12AAAAAA．9．C由题意可得14042aaaa，解得34a．10．A由题意可得1,016F，设11,Axy，22,Bxy，AB的中点00,Mxy，联立21122224xyxy

，整理得2212124xxyy，则120111488ABkyyy，解得01y．因为点00,Mxy在直线l上，所以0011816yx，则012916x，则线段AB的中点到

准线的距离为0129165216168px．11．A如图，设正方体的棱长为4，三视图对应的几何体为三棱锥ABCD，其中A为棱的中点．由正方体的性质可知DC平面ABC，4DCBC，因为A为棱的中点，所以25ABAC．在AB

C中，由余弦定理可得222252543cos522525BAC，所以4sin5BAC，所以ABC的外接圆半径152sin2BCrBAC，则三棱锥ABCD的外接球半径224122Rr，故三棱锥A

BCD的外接球表面积为2441R．12．B函数sinfxx的图象关于,0对称，直线0kxyk过,0，作出函数sinfxx的图象与直线00kxykk恰有三个公共点的图象，由图象可知，13222xxx，且352,2x．由于

5cos,2,2fxxx，所以333sincosxxx，即33tanxx，所以3233123tantan11,3332xxxxxxx

．二、填空题13．,046kkZ令232kxkZ，解得46kxkZ，则fx的图象的对称中心是,046kkZ．14．5

由题意可得2322log2125ff．15．7352如图，过点B作BHAC，垂足为H．设2AB，由题意可得151AAAB，136AAB，则2214515151cos4225

1AAB．在RtABH中，1514AHcosAABAB，则512AH．因为151AA，所以11352AHAHAA，所以111235ABAH．记正五边形ABCDE与1

1111ABCDE的面积分别为1S和2S，因为正五边形ABCDE与11111ABCDE相似，所以2211123573522SABSAB，故所求概率127352SPS

．16．102如图，由题意可得2c，则1224FFc．因为直线l的斜率是3，则12310sin10PFF，1210cos10PFF．因为点P在以12FF为直径的圆周上，所以1290FPF，所以11

212210cos5PFFFPFF，21212610sin5PFFFPFF，则2121025PFPFa，故双曲线C的离心率为102ca．三、解答题17．解：（1）当2n时，112nnSna，所以1212nnnananan，整理得1

)12(nnnanan，则121nnannan，故32112123222121nnnaaanaannaaan，当1n时，12a满足上式，故2nan；（2）由（1）可知122

224424nnnnbaan2112121nnnn，则1231111111123344512nnTbbbbnn112224nnn．18．解：（1）补全2

2列联表如下：托运免费行李托运超额行李合计头等舱乘客人数53255经济舱乘客人数37845合计9010100因为2210053823749005.503.84190105545891K，所以：在犯错概率不超过0

.05的前提下，认为托运超额行李与乘客乘坐座位的等级有关；（2）根据题意可得，托运行李超出免费行李额且不超过10kg的旅客有7人，从中随机抽取4人，则其中女性旅客的人数可能为1，2，3．4，所以补助券总金额X的所有取值可能为100元，200元，300

元，400元，……134347CC4100C35PX，224347CC18C20350PX，314347CC12300C35PX，404447CC1400C35PX，则X的分布列为X100200300400P43

518351235135故4181211600100200300400353535357EX（元）．19．解：（1）证明：因为四边形ABCD是平行四边形，60BAD，所以120ABC

．连接AC，在ABC中，根据余弦定理得2222?cos7ACABBCABBCABC-，因为11PC，所以222PCACPA，所以PAAC，因为PAAB，且ABACA，所以PA平

面ABCD，因为BD平面ABCD，所以PABD；（2）因为2BC，1CD，60BCD，所以3BD，所以BDCD．由（1）可知PA平面ABCD，则以D为原点，以DB，DC的方向分别为x轴，y轴的正方向，以过点D作PA的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则0

,0,0D，3,1,0A，3,0,0B，3,1,2P，故3,1,0DA，3,1,2DP，3,0,0DB．设平面PAD的一个法向量为111,,nxyz，则1111130

320nDAxynDPxyz，令11x，可得1,3,0n．设平面PBD的一个法向量是222,,mxyz，则222230320mDBxmDPxyz，令22y，可得0,2,

1m．故235cos,525nmnmnm．设二面角APDB为，由图可知为锐角，则15coscos,5nm．20．解：（1）因为32136fxxxm，所以2122fxxxm，因为fx在0x处取得极值，所以00fm

．经验证0m符合题意；（2）设切点坐标为320001,36xxx，由32136fxxx，得2000122fxxx，所以方程为3220000011362yxxxxxx，将

2,t代入切线方程，得3001433txx．令343gxxx，则24gxx，则240gxx，解得2x．当2x或2x时，0gx，所以gx在,2，2,

上单调递增；当22x时，0gx，所以gx在2,2上单调递减．所以gx的极大值为2523g，gx的极小值为327g．因为有三条切线，所以方程tgx有三个不同的解，yt与ygx的图象有三个不同的交点

，所以72533t．21．解：（1）因为椭圆C的离心率为12，所以12ca，所以2ac，3bc，所以直线l的方程为123xycc，即32230xyc．由题意可得2,0Fc，则2232321732cc，解得1c．故椭圆C的标准方程为22143x

y；（2）①当直线PQ的斜率存在时，设直线m的方程为1ykx，11,Pxy，22,Qxy．联立221143ykxxy，整理得22223484120kxkxk，则2122834kx

xk，212241234kxxk．设00,Dxy，由四边形OPDQ为平行四边形，得ODOPOQ，则201220122834634kxxxkkyyyk，即22286,

3434kkDkk，若点D落在椭圆C上，则2200143xy，即22222863434143kkkk，整理得42221612134kkk，解得k．②当直线PQ的斜率不存在时，直线m的方程为1

x，此时存在点2,0D在椭圆C上．综上，存在直线:1mx，使得点2,0D在椭圆C上．22．解：（1）由题意，可得1lnxax，转化为函数1lnxgxx与直线ya在0,上有两个不同的交点．

2ln0xgxxx，故当0,1x时，0gx；当1,x时，0gx．故gx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以max11gxg．又10ge，故当10,x

e时，0gx；当1,xe时，0gx．可得0,1a；（2）证明：1fxax，由（1）知1x，2x是ln10xax的两个根，故12112212lnlnln10,ln

10xxxaxxaxaxx．要证121fxxa，只需证121xx，即证12lnln0xx，即证12110axax，即证122axx，即证121212lnln2xxx

xxx．不妨设120xx，故1122112122212ln1xxxxxxxxxx，令120,1xtx，21ln1thttt，222114011th

ttttt，则ht在0,1上单调递增，则10hth，故121212lnln2xxxxxx式成立，即原不等式得证．