【文档说明】【精准解析】陕西省商洛市2019-2020学年高二下学期期末考试数学（文）试题.pdf，共(20)页，503.837 KB，由小赞的店铺上传

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-1-商洛市2019~2020学年度第二学期期末教学质量检测高二数学试卷（文科）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．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{1},{12}AxxBxx∣∣，则AB（）A.{1}xx∣B.{1}xx∣C.{12}xx∣D.

{12}xx∣【答案】B【解析】【分析】对集合A、B进行并集运算，即可得答案.【详解】由题意可得{1},{12}AxxBxx∣∣，则{1}ABxx∣．故选：B【点睛】本题主要考查了集合的并集运算，属于基础题.2.复数(12)=ii

（）A.2iB.2iC.2iD.2i【答案】A【解析】(12)2iii故选A-2-3.函数12cos23fxx的最小正周期是（）A.2B.C.2D.4【答案】D【解析】【分析】直接利用三角函数的周期公式求解.【详解】

由题得函数fx的最小正周期2412T．故选：D.【点睛】本题主要考查三角函数的最小正周期的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4.一球的体积为288，则其表面积为（）A.72πB

.64πC.144D.108【答案】C【解析】【分析】利用球的体积公式求出球的半径，再根据表面积公式计算可得；【详解】解：设该球的半径为R，由342883R，解得6R，所以其表面积为24144R．故选：C【点睛】本题考查球的体积、表面积的计算

，属于基础题.5.已知双曲线的方程为22134xy，其离心率为（）A12B.72C.33D.213【答案】D【解析】【分析】-3-根据双曲线方程直接求出a、b、c，即可求出双曲线的离心率；【详解】解：

因为双曲线的方程为22134xy，所以223,2,7abcab，离心率72133cea．故选：D【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题.6.已知向量,1,2,3amb，若(2)abb，

则m（）A.194B.194C.23D.23【答案】B【解析】【分析】求出2ab的坐标，然后由向量垂直的坐标表示计算出m．【详解】由题意2(22,5)abm，∵(2)abb，∴2(22)150m，解得194m．故选：B

．【点睛】本题考查向量垂直的坐标运算，掌握向量数量积的坐标表示是解题关键．7.设各项均不相等的等比数列na的前n项和是nS，若11S，33S，则6S（）A.21B.16C.27D.36【答案】A【解析】【分析】先判断1q，再根据等比数列求和公式求公比，最后再利用等比数列求和公

式求结果.【详解】由已知得，公比1q，所以111nnaqSq，知31311aqSq，所以2q或1q（舍去），所以6616111221112aqSq．故选：A-4-【点睛】本题考查等比数列求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题.8.高二某

班共有45人，学号依次为1、2、3、…、45，现按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，已知学号为6、24、33的同学在样本中，那么样本中还有两个同学的学号应为（）A.15,43B.15,42C.14,43D.14,42【答案】B【解析】【分析】根据题意，由系

统抽样的方法，可求出抽到的每个同学的学号之间的间隔为：4595，而已知学号为6、24、33的同学在样本中，即可得分别写出5个同学的学号，即可得出剩余的两个同学的学号.【详解】解：由题可知，该班共有45人，按学号用系统抽样的办法抽取

一个容量为5的样本，则抽到的每个同学的学号之间的间隔为：4595，而已知学号为6、24、33的同学在样本中，即抽到的第一个学号为6，则第二个学号为：6+9=15，第三个学号为：15+9=24，则第四个学号为：24+9=33，第五个学号为：33+9=42

，所以样本中还有两个同学的学号应为：15，42.故选：B.【点睛】本题考查对系统抽样的理解，属于基础题.9.已知抛物线2:2(0)Eypxp的焦点为F，点00,Axy在抛物线E上，若0||2AFy，

则p（）A.2B.4C.6D.8【答案】A【解析】【分析】利用抛物线的定义和点00,Axy在抛物线E上得到关于0,px的方程，联立方程组即可求解.-5-【详解】由抛物线的定义可知，022pAFx，因为点00,Axy在抛物线2:2(0)Eypxp

上，所以0022ypx，即02xp，代入022px，解得2p．故选：A【点睛】本题考查抛物线的定义及其方程；考查运算求解能力；属于基础题.10.如图，在三棱柱111ABCABC中，1AA平面ABC，四边形11BCCB为

正方形，24BCAB，ABBC，D为11CB的中点，则异面直线11AC与AD所成角的余弦值为（）A.35B.1010C.3010D.255【答案】C【解析】【分析】过点D作11//DFAC交11AB于点F，连接1,AFAD，得到ADF为异面直线11AC与A

D所成的角，在ADF中，利用余弦定理，即可求解.【详解】如图所示，过点D作11//DFAC交11AB于点F，连接1,AFAD，则ADF为异面直线11AC与AD所成的角，由题意，在直角11ABD中，可得2212222AD，在直角1AAD中，可得2222

1142226ADAAAD，在直角1BDF中，可得22125DF，-6-在直角1AAF中，可得224117AF，所以2222451730cos2102265ADDFAFADFADDF.故选：C.【点睛】本题主要考

查了异面直线所成角的求解，其中解答中熟记异面直线所成的角的概念，准确运算是解答的关键，着重考查推理与计算能力.11.运行如图所示的程序框图，若输出S的值为129，则判断框内可填入的条件是（）A.4?kB.5?kC.6?kD.7

?k【答案】C【解析】【分析】-7-最常用的方法是列举法，即依次执行循环体中的每一步，直到循环终止，但在执行循环体时要明确循环终止的条件是什么，什么时候要终止执行循环体．【详解】0S，1k；110121S

，2k；211225S，3k；3153217S，4k；41174249S，5k；514952129S，6k，此时输出S，即判断框内可填入的条件是“6?k”.故选：C．【点睛】本题考查循环结构程序框图.解决程序框图填充问题的思路(1)要明确程序框图

的顺序结构、条件结构和循环结构．(2)要识别、执行程序框图，理解框图所解决的实际问题．(3)按照题目的要求完成解答并验证．12.已知函数log,142,1axaxfxaxx，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.1,3【答案】C【解析】【分析】分别令每一段函数都是增函数，且分界点处第一段函数值大于第二段函数值即可得到关于a的不等式，进而可求出a的

取值范围【详解】由题意可得14042aaaa，解得34a．故选:C.【点睛】本题考查了已知分段函数单调性求参数的值，考查了对数函数的单调性，属于基础题.本题的易错点是忽略了分界点处函数值的大小.-8-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.等差数列na中，59a，721a，则101112aaa__________．【答案】135【解析】【分析】由59a，721a，可求出615a，从而可得公差6d，再由10111256715aaaaaad

可求得结果【详解】由已知得5762aaa，所以615a，所以公差6d，所以10111256715135aaaaaad．故答案为：135【点睛】此题考查等差数列的性质的应用，属于基础题14.函数221,0,()ln,0,xxxf

xxx„则((1))ff___________．【答案】1【解析】【分析】先计算出(1)0f，再计算((1))(0)fff得值，由此得出结果.【详解】由221,0,()ln,0,xxxfxxx„，得(1

)0f所以((1))(0)1fff．故答案为：1【点睛】本题主要考查分段函数求值，考查对数运算，考查运算求解能力，属于基础题.15.从三棱柱的六个顶点中任取两个顶点，则这两个顶点不在同一条棱上的概率是_________．【答案】25-9-【解析】【分析】先求出基本

事件总数，再求出这两个顶点不在同一条棱上的基本事件个数，可得出答案.【详解】从三棱柱ABCDEF的六个顶点中任取两个顶点的情况有:,,,,,,,,,,,,,ABACADAEAFBCBDBEBFCDCECFDEDFEF，共15

种，其中满足条件的情况有,,,,,AEAFBDBFCDCE，共6种，故所求概率62155P．故答案为：25【点睛】本题主要考查利用古典概型概率公式求概率，考查运算求解能力，属于基础题型.16.函数2()8lnfx

xx的最小值为______________．【答案】48ln2【解析】【分析】先求出82(2)(2)()2xxfxxxx，得出单调性，从而得到最小值.【详解】因为82(2)(2)()2xxfxxxx，定义域为(0,)由()0fx，

得2x，()0fx，得02x，所以()fx在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，故min()(2)48ln2fxf．故答案为：48ln2【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，属于基础题.-10-三、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，每道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.在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc．已知cos(2)cosaCbcA．（1）求A；（2）若2

5,22ab，求ABC的面积．【答案】（1）4A；（2）6.【解析】【分析】（1）根据正弦定理将边化角，再利用三角函数的恒等变换求得角A的值；（2）根据题意，利用余弦定理和三角形面积公式求得结果．【详

解】解：（1）因为cos(2)cosaCbcA，所以sincos(2sinsin)cosACBCA，所以sincossincos2sincosACCABA，所以sin()2sincosACBA．因为ABC，所以sin()sinACB，所以sin2sincosBBA．因

为0B，所以sin0B，所以2cos1A，所以2cos2A，则4A．（2）由余弦定理可得2222cosabcbcA，因为225,22,cos2abA，所以22084cc

，即24120cc，解得6c或2c（舍去）．故ABC的面积为112sin2266222bcA．【点睛】本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，也考查了三角恒等变换与面积公式的应用问题，属于中档题．18.某运动品牌商为了得出高中毕业生中

女生的身高数据随机调查某市高中毕业生中女生100人，根据所得数据分为[155,157),[157,159),[159,161),[161,163),[163,165),[165,167]6组，-11-得到她们身高的频率分布直方图如图所示（女生身高普遍在155

cm至167cm之间），记“高中毕业生中女生身高不低于161cm”为事件A，根据直方图得到()PA的估计值为0.49．（1）求频率分布直方图中,ab的值；（2）由频率分布直方图估计该市高中毕业生中女生身高的中位数（精确到0.1）．【答案】（1）0.135a；0.07b；（2）

160.9．.【解析】【分析】（1）根据()PA的估计值为0.49可求出b，（2）找到将直方图中将小长方形分成0.5的点，即为估计的中位数.【详解】（1）由已知得(0.110.065)20.49b，故0.07b，因为1()10.

490.51PA，所以2(0.050.07)0.51a，所以0.135a；（2）因为前2组的频率和为2(0.050.07)0.240.5，前3组的频率和为0.510.5，所

以中位数在第3组，设中位数为x，则1590.240.13520.52x，解得160.9x，故该市高中毕业生中女生身高的中位数约为160.9．【点睛】本题考查直方图中的数值的求法，考查利用频率分布直方图估计中位数，属于基础题.19.如图，在多面体ABCDEF中，平面ABCD平面BC

EF，四边形ABCD为矩形，E，F-12-是以BC为直径的半圆圆弧的两个三等分点，4BC，43CD．（1））证明：平面ABF平面ACF．（2）求点D到平面ACE的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）4155．【解析】【分析】（1）由已知面面垂直得，AB平面BCEF，因此有线线垂直AB

CF，由圆的性质有BFCF，这样就有线面垂直，从而得面面垂直；（2）过点E作EHBC，垂足为H，证明EH平面ABCD，由E，F是以BC为直径的半圆圆弧的两个三等分点，计算出2,23BFEFECBECF，由（1）的垂直可计算

出AE，又得,AC由勾股定理逆定理可得AECE，由DACEEACDVV可求得点D到平面ACE的距离．【详解】（1）证明：因为四边形ABCD为矩形，所以ABBC．因为平面ABCD平面BCEF，平面ABCD平面BCEFBC，所以AB平面BCEF．因为CF平面BCEF，所以

ABCF．因为F是以BC为直径的半圆圆弧上的一个三等分点，所以90BFC，即BFCF．因为ABBFB，且ABÌ平面ABF，BF平面ABF，所以CF平面ABF．-13-因为CF平面ACF，所以平面A

BF平面ACF．（2）解：因为4BC，且E，F是以BC为直径的半圆圆弧的两个三等分点，所以2BFEFCE，23CF．连接BE，则23BECF．过点E作EHBC，垂足为H，则3EH．∵平面ABCD

平面BCEF，平面ABCD平面BCEFBC，∴EH平面ABCD，∵AB平面BEFC，所以ABBE，ABBC，所以215AE，8AC．∵2CE，所以222AECEAC，则AECE．设点D到平面ACE的距离为h，因为D

ACEEACDVV，所以1111215243433232h，解得4155h．【点睛】本题考查证明面面垂直，考查求点到平面的距离，掌握面面垂直，线面垂直，线线垂直的相互转化是证明垂

直的关键．求点面距离的方法是体积法，20.已知函数321fxxbxcx的图象在1,1f处的切线经过点2,4，且fx的一个极值点为-1.（1）求fx的极值；（2）已知方程0fxm在22,上恰有一个实数根，求m的取值范围.-14-【答案】（

1）0fx极大值，3227fx=极小值.（2）323,0,927m【解析】【分析】（1）首先求出函数的导函数，求出函数在1,1f处的切线方程，由点2,4过切线，即可得到32

1bc，再由函数的一个极值点为1则'1320fbc，即可求出函数解析式，最后利用导数求出函数的极值；（2）依题意可得函数yfx的图象与直线ym在22,上恰有一个交点，结合函数图象，即可得解；【详解】解：（1）∵2'32fxxbxc

，∴'132fbc，∴fx的图象在1,1f处的切线方程为321ybcbcx.∵该切线经过点2,4，∴43221bcbc，即321bc①.又∵fx的一个

极值点为-1，∴'1320fbc②.由①②可知1b，1c，故321fxxxx.2'321fxxx，令'0fx，得1x或13x.当x变化时，'fx，fx的变化情

况如下表：x,1-111,3131,3'fx+0-0+fx单调递增极大值单调递减极小值单调递增故10fxf极大值，132327fxf极小值.-15-（2）∵方程0fxm在22,上恰有一个实数根，

∴函数yfx的图象与直线ym在22,上恰有一个交点.∵23f，29f，结合函数fx的图象，∴323,0,927m.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，函数与方程思想，数形结合思想的应用，属于中档题.21.如图，O为坐

标原点，椭圆2222:10xyCabab的右顶点和上顶点分别为A，B，3OAOB，OAB的面积为1．-16-（1）求C的方程；（2）若M，N是椭圆C上的两点，且//MNAB，记直线BM，AN的斜率分别为1k，2120kkk，证明：12kk

为定值．【答案】（1）2214xy；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出,ab后可得C的方程.（2）设直线MN的方程12yxm，设11,Mxy，22,Nxy，用此两点的坐标表示12kk，联立直线MN的方程和椭圆的方程后消去y，利用韦达定理可证12kk为定值.

也可以设00,Mxy，求出MN的方程后再求出N后可证12kk为定值.【详解】（1）解：由题意知，3,11,2abab由于0ab，解得2a，1b，故C的方程为2214xy．（2）证明：由

(1)得2,0A，0,1B，直线AB的斜率为12．（方法一）因为//ABMN，故可设MN的方程为12yxm．设11,Mxy，22,Nxy，-17-联立221,21,4yxmxy消去y，得222220xmxm，所以122xx

m，从而212xmx．直线BM的斜率111111112xmykxx，直线AN的斜率222221222xmykxx，所以2112211221211111111122

42222xmxmxxmxmxmmkkxxxx12122121121121111111122142242222xxmxxxmmxxmmmxmmxxxxxx1211211114224xxxxxx．故1

214kk为定值．（方法二）设00,Mxy，220014xy．因为//MNAB，所以MN的方程为0012yxxy，联立00221,21,4yxxyxy消去y，得20000220xxyxxy，解得0xx（舍去）或

02xy，所以点N的坐标为0012,2yx，则0012001112224xykkyx，即12kk为定值14．【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆锥曲线的位置关系中的定点

、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于x或-18-y的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有1212,xxxx或1212,yyyy，最后利用韦达定理把

关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系x

Oy中，曲线C的参数方程为3cos5sinxy，（为参数），直线l的参数方程为112332xtyt，（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，点M的极坐标为22,3

．（1）求直线l与曲线C的普通方程；（2）若直线l与曲线C交于P，Q两点，求MPMQ的值．【答案】（1）直线l的普通方程为3230xy；曲线C的普通方程为22195xy；（2）154．【解析】【分析】（1）直线l的参数方程消去参数t可得直线l的普通方程，曲线

C的参数方程变形代入22cossin1可得曲线C的普通方程；（2）首先求出点M的直角坐标，判断出点M在直线l上，联立直线l与曲线C的普通方程得到关于t的一元二次方程，根据直线的参数方程的几何意义进行求解.【详解】

（1）因为直线l的参数方程为112332xtyt（t为参数），-19-消去参数t可得直线l的普通方程为3230xy．因为曲线C的参数方程为3cos5sinxy（为参数），由22cossin1可得曲线C

的普通方程为22195xy．（2）因为点M的极坐标为22,3，所以M的直角坐标为1,3，点M的坐标满足直线l的方程3230xy，则点M在直线l上，将直线l的参数方程代入曲线C的普

通方程得2822130tt，则121104tt，121308tt，故21212121544MPMQtttttt．【点睛】本题考查参数方程与普通方程的相互转化、直线参数方程的几何意义，

属于中档题.[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数2321fxxx．（1）求不等式9fx的解集；（2）若对0,1x，不等式2fxxa恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）522

，；（2）53，．【解析】【分析】（1）利用零点分界法即可求解.（2）由01x，则5fx，将问题转化为25xa对01x，恒成立，去绝对值分离参数即可求解.-20-【详解】解：（1）41,1323215,12

341,2xxfxxxxxx，．9fx等价于1419xx，或31259x，或32419xx，解得21x或312x

或3522x．故不等式9fx的解集为522，．（2）因为01x．所以5fx，则2fxxa对01x，恒成立等价于25xa对01x，恒成立，即525xa对01x

，恒成立，则2525axax，因为01x，所以53a≤≤，即a的取值范围为53，．【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、不等式恒成立求参数的取值范围，属于基础题