【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（文）试题含答案.docx，共(13)页，790.094 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（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（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2|230Axxx，|02Bxx，则ABA．2|0xxB．1|0xxC．3|1xxD．1|2xx2．13i2iA．31

i22B．31i22C．31i22D．31i223．要得到函数cos23yx的图象，只需将函数cos26yx的图象A．向左平移2个单位长度B．向右平移2个单位长度C．向左平移1个单位

长度D．向右平移1个单位长度4．已知函数2(2)logfxxx，若(4)fa，则()faA．1B．2C．3D．45．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该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多24，则nA．48B．72C．60D．1206．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A．20B．24C．18D．167．已知1sin35，则sin26A．225B．2325C．225D．2

3258．已知l，m，n为不同的直线，，，y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//9．已知函数fx是定义在R上的奇函数

，且11fxfx，当01x时，223fxxx，则132fA．74B．74C．94D．9410．已知抛物线2:4Cxy的焦点为F，若斜率为18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．658

B．654C．12916D．129811．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A．352B．7352C．354D．735812．已知函数,01()ln(2),12xxfxxx，若存在实数1x

，2x满足1202xx，且12fxfx，则21xx的最大值为A．e2B．e12C．1ln2D．2ln4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．1

3．已知向量(,1)am，(2,3)b，2abb，则m________．14．已知实数x，y满足不等式组2303210490xyxyxy，则zxy的最小值为________．15．在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，

c，若8cos3ABCbcAS，则22cossin122sincosBCAAA________．16．已知点5,0P，若双曲线22:13yCx的右支上存在两动点M，N，使得PMPN，则MPMN的最小值为___

_____．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，*2(1)nnSnan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40cm60cm100cm，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833122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过10kg的旅客中随机抽取2人赠送“100元超额行李补助券”，求这2人中至少有1人是头等舱乘客的概率．参考公式22()()()()()nadbcKabc

dacbd，其中nabcd．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．图1图2（1）证明：PABD．（2）求点C到平面PBD的距离．20．（12分）已知函数321()36fxxxmx在0x处取得极值．（1）求m的值；（2）若过点(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2222:1(0)xyCabab的离心率为12，左、右焦点分别为1F，2F，且2F到直线1:xalyb的距离为217．（1）求椭圆C的方程．（2）过1F的直线m交椭圆C于P，Q两点

，O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e()lnxafxxxx．（1）当1a时，讨论

函数()fx的单调性；（2）若()1fx在[1,)上恒成立，求a的取值范围．2019~2020第二学期高二期末考试数学参考答案（文科）1．B由题意可得3|1Axx，则|01ABxx．2．A13ii(13i)31i2

i2223．C因为coscos(1)2326yxx，所以要得到函数cos23yx的图象，只需把函数cos26yx的图象上所有的点向左平移1个单位长度．4．A设2tx，则2xt．因为2(2)lo

gfxxx，所以2()log(2)2fttt，即2()log(2)2fxxx，则2(4)log(42)423f，即3a，故2()(3)log(32)321faf．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．A由几何体的三视图还原出该几何体的直观图，如图所示．该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的．由题中数据可得三棱柱的体积为24，截去的三棱锥的体积为4，故该几何体的体积是20．7．D

因为223cos212sin3325，即223cos2325，则2223sin2sin2cos2632325．8．

D若，，则//或与相交，故D错误．9．C由题意可得(1)(1)fxfx，所以()(4)fxfx，即()fx是周期为4的周期函数，则13331119232222424ffff

．10．A由题意可得1,016F，设11,Axy，22,Bxy，AB的中点00,Mxy，联立21122244xyxy，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．B如图，过点B作BHAC，垂足为H．设||2AB，由题意可得1151AAAB，136AAB，则2214(51)(51)51cos4

22(51)AAB．在RtABH中，1||51cos||4AHAABAB，则51||2AH．因为151AA，所以1135||2AHAHAA，所以111235ABAH．记正五边形ABCDE与

11111ABCDE的面积分别为1S和2S，因为正五边形ABCDE与11111ABCDE相似，所以22112135735||22ABSSAB，故所求概率217352SPS．12

．B结合,01()ln(2),12xxfxxx的图象可知，因为12ln2xx，所以2e1,2x，则2122ln2xxxx，令()ln(2)gxxx，e1,2x，则1()xgx

x，以()gx在e1,2上单调递增，故maxee()122gxg．13．194由题意可得2(22,5)abm．因为(2)abb，所以2(22)150m，解得194m．14．3画出可行域

（图略），当直线zxy的经过点(1,2)时，z取得最小值3．15．12因为81cossin32bcAbcA，所以4cossin3AA，则3tan4A，故22cossin1cos()sin22

sincos2sincosBCABCAAAAAsincostan112sincos2tan12AAAAAA．16．634设111,1Mxyx，则221113yx，即221131yx

．因为PMPN，所以0PMPN，则22()MPMNMPMPPNMPMPPNMP22115xy2221111563102531444xxxx．因为11x

，所以21563634444x，即MPMN的最小值是634．17．解：（1）当2n时，112nnSna，所以12(1)(2)nnnananan，整理得1(1)(2)nnnanan，则1(2)1

nnannan，故3211212322(2)121nnnaaanaannaaan，当1n时，12a满足上式，故2nan．（2）由（1）可知14422(22)(24)nnnbaann111(1)(2)12

nnnn，则1231111111123344512nnTbbbbnn112224nnn．18．解：（1）补全22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22100(538237)49005.503.84190105545891K，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）由题意可知托运行李超出免费行李额且不超过10kg的旅客有7人，其中头等舱乘客有2人，记为A，B，经济舱乘客有5人，记为a，b，c，d，e．从这7人中随机抽取2人的情况有AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ae

，Ba，Bb，Bc，Bd，Be，ab，ac，ad，ae，bcbd，be，cd，ce，de，共21种，其中符合条件的情况有AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ae，Ba，Bb，Bc，Bd，Be，共11种．故所求概率11

21P．19．（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2222cos7ACABBCABBCABC，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）解：因为2BCAD，1CDAB，60BCDBAD，所以3BD，所以BDCD．则BCD的面积为131322BCDS．由（1）

可知PA平面ABCD，所以1332323PBCDV．由（1）可知PABD，又BDAB，所以BD平面PAB，因为PB平面PAB，所以BDPB，因为225PBPAAB，所以PBD的面积为1153522PBDS．设点C到平面PBD的距离为h，因为CPBDPBCDVV

，所以1153323h，解得255h．20．解：（1）因为321()36fxxxmx，以21()22fxxxm．因为()fx在0x处取得极值，所以(0)0fm．经验证0m符合题意．（2）设切点坐标为320001,36xxx，由321

()36fxxx，得2000122fxxx，所以切线方程为32200000113262yxxxxxx，将(2,)t代入切线方程，得3001433txx．令31()433gxxx

，则2()4gxx，则2()40gxx，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25(2)3g，()gx的极小值为7(2)3g．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2，所以1

2ca，所以2ac，3bc，所以直线l的方程为123xycc，即32230xyc．由题意可得2(,0)Fc，则22323217(3)2cc，解得1c．故椭圆C的标准方程为22143xy．（2）①当直线PQ的斜率存在时

，设直线m的方程为(1)ykx，11,Pxy，22,Qxy．联立22(1)143ykxxy，整理得22223484120kxkxk，则2122834kxxk，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222228634

34143kkkk，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1x，此时存在点(2,0)D在椭圆C上．综上，存在直线:1mx，使得点(2,0)D在椭圆C上

．22．解：（1）22(1)e11()1exxxxfxxxxx．令()exhxx，(0,)x，则()e10xhx，所以()hx在(0,)上单调递增，()(0)1hxh，即exx．故在(0,1)上，()0fx，()fx单调递减；在(

1,)上，()0fx，()fx单调递增．（2）22(1)e1(1)e()1exxxaxxxfxaxxx，[1,)x，令()exxgx，[1,)x，1()exxgx，故在[1,)上，()0gx，()gx单

调递减，易得1()0,egx．当1ea时，()0fx，函数()fx在[1,)上单调递增，min()(1)e11fxfa，解得0a，故1ea．当0a时，()0fx，函数()fx在[1,)

上单调递减，(1)1f，不符合题意．当10ea时，则存在0(1,)x，使得00exax，则函数()fx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增．所以00min00000e()ln1lne1

ln1xxafxfxxxxaax，解得2ea，即211eea．综上，21ea．