【文档说明】安徽省霍邱二中2019-2020学年高二下学期期中段考数学（理）试题含答案.pdf，共(12)页，220.857 KB，由小赞的店铺上传

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1霍邱二中2019-2020学年高二下学期期中段考数学试卷（理科）考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考

生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：人教版选修2-2，选修2-3第一章～第二章第

3节，选修4-4，选修4-5．―、选择题：本题共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．已知复数511izi则z的虚部是（）A．1B．-1C．-iD．i2．已知

20171fxxnx，()2018fx，则0x（）A．2eB．eC．2lnD．13．设211xxiiyi，其中x，y是实数，则36xyi（）A．3B．5C．6D．74．用反证法证明“至少存在一个实数

0x，使030x成立”时，假设正确的是（）A．至少存在两个实数0x，使030x成立B．至多存在一个实数0x，使030x成立C．不存在实数0x，使030x成立D．任意实数0x，30x恒成立5．已知函数32()31fxxaxx在R上是单调函数，则实数a取值范围是（

）A．（-1，1）B．[-1，1]C．()(,)11,-D．(11)，，6．设复数zxyi（x，yR，i是虚数单位），若z满足2228zxi2＋，则复数z的模的最大值2为（）A．22

B．2C．32D．3227．已知函数2sinx3fxx，则22()fxdx（）A．16B．8C．2cos2D．2cos28．38(2)(1)xx的展开式中不含4x项的各项系数之和为（）A．-26B．230C．2

54D．2829．盒中有10个螺丝钉，其中有3个是坏的，现从盒中随机地抽取4个，那么概率是310的事件为（）A．恰有1个是坏的B．4个全是好的C．恰有2个是好的D．至多有2个是坏的10．一个袋子中有4个黑球和1个白球，从中取一球，取

后放回，重复n次，记取出的球为白球的次数为X，若3EX，则53DX（）A．60B．125C．275D．1211．我国即将进入双航母时代，航母编队的要求是每艘航母配2～3艘驱逐舰，1～2艘核潜艇．船厂现有5艘驱逐舰和3艘核潜艇全部

用来组建航母编队，则不同组建方法种数为（）A．30B．60C．90D．12012．设函数26fxxxm，322312gxxxxm，11,(())Pxfx，22,(())Qxgx，若1[5],2x，2[12],x，使得直线

PQ的斜率为0，则m的最小值为（）A．－8B．52C．-6D．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若复数1iai在复平面内对应的点在第三象限，则整数a的取值为__________．14．函数ln2fxxx的最大值为__________．15．已知

2015220180312201811()xxaaxaxax则122018aaa__________．16．甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩

，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为0.7，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是__________．3三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答

。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．《朗读者》是一档文化情感类节目，以个人成长、情感体验、背景故事与传世佳作相结合的方式，选用精美的文字，用最平实的情感读出文字背后的价值，深受人们的喜爱。为

了了解人们对该节目的喜爱程度，某调查机构随机调查了A，B两个城市各100名观众，得到下面列联表．非常喜爱喜爱合计A城市60100B城市30合计200（1）完成上表，并根据以上数据，判断是否有90%的把握认为观众的喜爱程度与所处的城市有关?（2）现

从喜爱的观众中利用分层抽样的方法抽取7人做进一步调查并抽取3人进行奖励，求A，B两城各至少有一人获奖的概率．附：22()()()()()nadbcKabcdacbd其中（nabcd）20PKk（）0.150.100.050.0250.0

100k2.0722.7063.8415.0246.63518．已知函数9()33fxx数列{}na对于*nN﹐总有1()nnafa，112a．（1）求2a，3a，4a的值，并猜想数列{}na的通项公式；（2）用数学归纳法证明你的猜想．19．已知函数12140

3xfxfefxx．（1）求fx的解析式；4（2）求fx的单调区间与极值．20．某电视台举办“我们一起向前冲”的闯关比赛，先对报名人员的身体进行体检，若体检不合格，则可休息一周再复检一次，体检合格之后方可参加闯关比赛．闯关比赛失败，还可以有一次复活赛的机会．已知某

人身体在初检和复检中合格的概率均为45，闯关赛和复活赛中成功的概率均为12假设每次体检和比赛之间互不影响．（1）求他最终闯关成功的概率；（2）在这项活动中，假设他不放弃所有机会，记他体检和参加比赛的总次数为X，求X分布列和数学期望．21．已知函数

1()211fxxanxx，aR．（1）讨论函数fx的单调性；（2）当1a时，正数1x，2x满足12())2(fxfx，证明：122xx．（二）选考题：共10分．请考生在第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计

分．22．选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为1cos2sinxtyt（t为参数），其中2ak，kZ．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为22440pcossin．（1）求曲线1C

和曲线2C的直角坐标方程；（2）已知曲线1C与曲线2C交于A，B两点，点2()1,P，求22PAPB的取值范围．23．选修4-5：不等式选讲已知函数30fxxxaa．5（1）当1a时，求不

等式4fx的解集；（2）若不等式7fx的解集包含[],3a，求a的取值范围．霍邱二中2018级高二段考·数学试卷（理科）参考答案，提示及评分细则1．A因为51111iiziii．所以zi的虚部为1．2．D由题意可知1()2017ln2018lnfx

xxxx由0()2018fx，0ln0x，解得01x．故选D．3．B由2)(1()1xxiiyi+，化简得31xxiyi，即31xxy解得1313xy

，|36||12|5xyii．4．C根据反证法的原理，假设是对原命题结论的否定．5．B2()32310fxxax0恒成立∴212120a，则11a．故选B6．A由22228zzi

可得22112xy，则z的最大值为22故选A．7．A223222(sin3)(cos)|16xxdxxx．8．D二项式（8(1)x的通项公式为218xrrTCx，所以38(2)(1)xx展开式中含4x项为38423493882226TTxCxCxx

x，令1x，可得38(2)(1)xx展开式中各项系数之和为82256，所以不含4x项的各项系数之和为25626282．9．C对于选项A，概率为133741012CCC对于选项B，概率4741016CC对于选项C，概率为2237410310CCC对于选

项D，包括没有坏的，有1个坏的和2个坏的三种情况．根据A选项，恰好有一个坏的概率已经是13210故D选项不正确．故选C．610．A由题意可知1~,5XBn，1()35EXnpn，15n．12()(1)5DXnpp，253560DXDX．11．D5艘驱逐

舰分为两组，一组2艘．另一组3艘，有25C种方法；3艘核潜艇分为两组，一组1艘，另一组2艘，有13C种方法．分到两艘航母共有21225322120CCAA种不同方法．12．C22639fxxxmxm，5[],2x时，

max39fxfm，min55fxfm．26612621gxxxxx，所以gx在区间[-1，1]上单调递减，在区间（1，2]上单调递增，min17gx

gm，113gm，24gm，所以max13gxm．152[]x,，21,2x，使得直线PQ斜率为0，等价于maxmaxminmin()()()()fxgxfxgx，即91357mmmm，解得62m

．13．0由题意知111iaiaai在第三象限，则10a，且10a-．即11a，又a为整数，所以0a．14．1因为11()122xfxxx

所以fx在(1),上单调递增，在（1，2）上单调递减．故max11fxf．15．1当0x时，01a；当1x时，01220180aaaa++，所以1220181aaa+．16．0.245甲队的主客场安排依次为“

主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为0.7，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，甲队以4：1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：10307050507003675

p．．．．．．，②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：20703050507003675p．．．．．．，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：30707050507008575p

．．．．．．，④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：30707050507008575p．．．．．．，则甲队以4：1获胜的概率为：712340036750036750085750085750245ppppp

．．．．．．17．解：（1）非常喜爱喜爱合计A城市6040100B城市7030100合计13070200根据上表，2K的观测值为22()200(40703060)2002.1982.706()()()()1001001307

091nadbckabcdacbd，所以没有90%的把握认为观众的喜爱程度与所处的城市有关．（2）利用分层抽样的方法抽取7人，A城4人，B城3人．从7人中抽取3人，共有3735C种，A，B两城各至少有

一人获奖共有2112434330CCCC种．故A，B两城各至少有一人获奖的概率为2112434337306357CCCCC．18．（1）解：由93()333xfxxx，得13()3nnnnaafaa，因为11326a，所以237a，338a，

439a，猜想*3()5nanNn．（2）证明：用数学归纳法证明如下：①当1n时，131152a猜想成立；②假设当*()nkkN时猜想成立，即35kak，则当1nk时，133335331535kkkakaakk8所

以当1nk时猜想也成立．由①②知，对*nN，35nan都成立，19．解：（1）（121()((1)4)(0)3()((1)4)(0)6xxfxfefxxfxfefx，令

1x，得02f；令0x，得1014124ffefe．则2223xfxexx．（2）226xfxex，且fx在xR上单调递增，00f，且当),(0x时，0fx；当,()0x时，0fx

．故fx的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(0),．所以fx的极小值为02f，无极大值．20．解：设“体检合格”为事件1A，“复检合格”为事件2A，“闯关成功”为事件1B，“复活赛闯关成功”为事件2B．（1）最终闯关成功为事件A,则111211121212()()(

)()AABAABABBAABB则111211121212()()()()()PAPABPAABPABBPAABB4114141114115255252255221825．所以最

终闯关成功的概率为1825．（2）由已知得2,3,4X，可得1112(2)()()PXPABPAA41112111525552525，112112121(3)())()(PXPABBPABBPAAB

941141114111212522522552552525，1212121111111414(4)()()55552222225PXPAABBPAABB，所以X分布列为：X

234P11251225225故数学期望111226623425252525EX．21．（1）解：yfx的定义域为(0,)，2222121()1axaxfxxxx，令221hxxax，244411aaa．①当11a时，0

，所以0fx对0,()x恒成立，则fx在区间(0),+上单调递增．②当1a或1a时，0，令0fx，得211xaa，221.xaa（i）当1a时，120xx，

所以0fx对0,()x恒成立．则fx在区间(0,)上单调递增．（ⅱ）当1a时，120xx．若1()0,xx，0fx，函数fx单调递增；10若12(),xxx，0fx，函数fx单调递减；若2(),xx，0fx，函数fx单调递

增．综上所述：当1a时，fx在区间(0,)上单调递增．当1a时，在2(0,1)aa和21,aa，上()fx单调递增；在221,1aaaa()fx单调递减．（2）证明：当1a

时，1()2ln1fxxxx由（1）可知fx在区间(0,)上单调递增．又易知11f，且12())2(fxfx，不妨设1201xx，要证122xx，只需证212xx，只需证21()2()fxfx，即证11()2()2fxfx，即证11

())220(fxfx．构造函数22gxfxfx﹐1(]0,x．所以11()22ln(2)2ln2gxxxxx，0,1x，32322222221214(3

31)4(1)()2(2)(2)(2)xxxxgxxxxxxxxx．当1(]0,x时，0gx，所以函gx数在区间（0，1]上单调递增，则10gxg．所以11())220(fxfx得证，从而122xx．1122．解：（1）曲

线1C的普通方程()1tanα2yx+，其中2k，kZ；曲线2C的直角坐标方程22121xy．（2）将1cos2sinxtyt代入2121xy2＋，化简得2

4cosα30tt因为0，所以23cos4．设A，B两点对应的参数分别为1t，2t，则有124cosatt，1230tt21212222||(||)||22||PAPBPAPBPAPB

tttt221212216cos66(],0(1)tttta，所以2PAPB2+的取值范围是（6，10]．23．解：（1）当1a时，不等式4fx，即314xx+．由1314xxx11

1或31314xxx或3314xxx解得3x或1x，所以原不等式的解集为3|1xxx或．（2）不等式7fx的解集包含[],3a，即当,[]3xa时，不等式7fx恒成立．因为0a，,[]3xa，12所以3

3237xxaxxaxa，23xa的最大值为9a则97a，所以2a，又3a，故a的取值范围为[2，3）．