【文档说明】内蒙古师范大学锦山实验中学2019-2020学年高二下学期二调考试数学（理）答案（PDF版）.pdf，共(16)页，411.759 KB，由小赞的店铺上传

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高二理数答案第1页共16页高二理科数学参考答案试卷解析版一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．已知集合，，则集合,2Mxyxy,2Nxyxy（）MNA．B

．C．D．0,22,00,22,0【答案】D【解析】解方程组，得．故．选D．22xyxy20xy2,0MN2．若复数（为虚数单位），则（）2i1izizA．B．C．D．2

11222【答案】C【解析】，，选C．2i1iz11i2i211i22z3．已知，则条件“”是条件“”的（）条件．ab＞0c≥acbc＞A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充

分又不必要条件【答案】B【解析】当时，不成立，所以充分性不成立，当210abc＞acbc＞高二理数答案第2页共16页时成立，也成立，所以必要性成立，所以“”是acbcab＞＞0c＞0c≥0c≥

条件“”的必要不充分条件，选B．acbc＞4．如图所示的阴影部分是由轴及曲线围成，在矩形区域xsinyx内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率是（）OABCA．B．C．D．2π121π3π【答案】A【解析】由题意，得矩形区域的面积为，阴影部分OABC1π

1πS的面积为，由几何概型的概率公式，得在矩200sindcos2Sxxx形区域内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率OABC为．故选A．212πSPS5．已知，则（）cos

2cos2tan4A．B．C．D．134413【答案】A【解析】因为，所以，cos2cos2sin2costan2所以，故选A．1tan1tan41tan3

6．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有高二理数答案第3页共16页大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思：“共有五头鹿，5人以爵次进行分配（

古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配）．”在这个问题中，若大夫得“一鹿、三分鹿之二”，则簪裹得（）A．一鹿、三分鹿之一B．一鹿C．三分鹿之二D．三分鹿之一【答案】B【解析】由题意可知，五人按等差数列进行分五鹿，

设大夫得的鹿数为首项a1，且，公差为，则，解得125133ad154552ad，所以，所以簪裹得一鹿，故选B．13d315122133aad7．设向量a，b满足，，且，则向量b在向量2a1bbab方向

上的投影为（）2abA．B．C．D．111212【答案】D【解析】∵，∴，∴．bab20bababb21abb∴，．2221bababb222442ababa

b设向量和向量2ab的夹角为，则向量在向量2ab方向上的投bb影为．故选D．221cos222babbabbbabbab8．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经四处

，没了壶高二理数答案第4页共16页中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的，则一开始输入的的值为（）0xxA．B．C．D．151678343132【答案】A【解析】，1i

（1），21,2xxi（2），221143,3xxxi（3），243187,4xxxi（4），28711615,5xxxi所以输出，得，故选A．16150x1516x9

．在中，内角，，的对边分别为，，，若函数ABC△ABCabc无极值点，则角的最大值是（3222113fxxbxacacxB）A．B．C．D．6432【答案】C高二理数答案第

5页共16页【解析】函数无极值点，则导函数无3222113fxxbxacacx变号零点，，2222fxxbxacac22222210cos22acbbacacBac≤≥，故最大值为：．故答案为：C．0,B0,3B

310．过双曲线的右支上一点，分别向圆：221916xyP1C和圆：（）作切线，切点分别为2254xy2C2225xyr0r，，若的最小值为，则（）MN22PMPN58rA．B．

C．D．1232【答案】B【解析】设，是双曲线的左、右焦点，也是题中圆的圆心，所1F2F以22222124PMPNPFPFr，22121212464PFPFPFPFrPFPFr显然其最小值为，，故选B．26254r582r11．四面体中，

，，ABCD10ABCD234ACBD，则四面体外接球的表面积为（）241ADBCABCDA．B．C．D．50100300【答案】C【解析】将四面体置于一个长方体中，所以四面体ABCD的外接球即为长方体的外接球，设长方体的长、宽、高分别ABCD高二理

数答案第6页共16页为，，，则根据图形可有，则外接球的直径abc222222136164100abbcac，所以，则球的表面积为2222200102Rabc52R，故选择C．24200SR

12．已知定义在上的可导函数的导函数为，对任意实数Rfxfx均有成立，且是奇函数，则不等x10xfxxfx1eyfx式的解集是（）e0xxfxA．B．C．D．,ee,,11,【答案】D【解析】

原不等式等价于，1exxfx令，exxfxgx2'ee'exxxxfxxfxgx1'0exxfxxfx在上是增函数，又是奇函数，，gxR1eyfx1ef，原不等式为，解集为，故选D．11g

1gxg1,高二理数答案第7页共16页13．已知变量满足约束条件，则的最大,xy1031010xyxyxy≤≥≤23zxy___________．【答案】4【解析】绘制不等式组表

示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点处取得最大值，其最大值为：1,2A．max2321324zxy14．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访

了四位歌手，甲说：“我没有获奖”，乙说：“是丙获奖”，丙说：“是丁获奖”，丁说：“我没有获奖”．在以上问题中只有一人回答正确，根据以上的判断，获奖的歌手是__________．【答案】甲【解析】若甲回答正确，则正确表述为：甲

：我未获奖；乙：丙未获奖；丙：丁未获奖；丁：我获奖．此情况下丙、丁冲突，故错误；若乙回答正确，则正确表述为：甲：我获奖；乙：是丙获奖；丙：丁未获奖；丁：我获奖．而只有一个人获奖，故错误；若丙回答正确，则正确表述为：甲：我获奖；乙：丙未获奖；丙：高二理数答案第8页共16页

是丁获奖；丁：我获奖．而只有一个人获奖，故错误；若丁回答正确，则正确表述为：甲：我获奖；乙：丙未获奖；丙：丁未获奖；丁：我没有获奖．此时获奖人数只有一个，为甲．故正确．故答案为甲．15．如果，，，是抛物线：上的点，它们的横坐标1P2P…10PC24yx依次为

，，，，是抛物线C的焦点，若，1x2x…10xF121010xxx则_________．1210PFPFPF【答案】20【解析】由抛物线方程，可得．24yx2p则，故答案12101210105p20222pppPFPFPFxxx

为：20．16．中，角，，的对边分别为，，，，ABC△ABCabc22cab当最大时，__________．C22ABCSab△【答案】3320【解析】，2222222231262cosC228444abababcabababba≥当

且仅当，取等号，的最大值为，此时6a3bC75高二理数答案第9页共16页，62sin4C∴．22222216621absinC3323422063ABCbbSababbb

故答案为：．332017．(本小题满分12分)参加市数学调研抽测的某校高三学生成绩分布的茎叶图①和频率分布直方图②均受到不同程度的破坏，但可见部分信息如下，据此解答如下问题：求参加数学抽测的人数n，抽测成绩的中位数及分数分布在[80，90)，[90

，100]内的人数．解：分数在[50，60)内的频数为2，由频率分布直方图可以看出，分数在[90，100]内的同样有2人．由＝10×0.008，得n＝25.2n由茎叶图可知抽测成绩的中位数为73.所以分数在[80，90)之间的人数为25－(2＋7＋10＋2)＝4.所以参加数学竞

赛的人数n＝25，中位数为73，分数分布在[80，90)，[90，100]内的人数分别为4，2.18．已知数列是递增的等差数列，，且，，成等比数na23a1a31aa81aa列．高二理数答案第10页共16页（1）求数列的通项公式；na（2）若，数列的前项和，求满足的最小的的值．1

3nnnbaanbnnS3625nSn【答案】（1）；（2）13．21nan【解析】（1）设的公差为，由条件得，na(0)dd＞1211327(2)0adaaddd∴，···········4分112ad∴．···········6分1

2121nann（2），···········8分133311212122121nnnbaannnn∴．311111312335212121nnSnnn由得．···

········11分3362125nn12n∴满足的最小值的的值为．···········12分3625nSn1319．已知四棱锥中，平面，底面为菱形，PABCDPAABCDABCD，是中点，是的中点，是上的点．60ABCEBCMPDFPC（1）求证：平面平面

；AEFPAD（2）当是中点，且时，求二面角的余弦值．FPCABAPFAEM【答案】（1）见解析；（2）．31010【解析】（1）连接，AC高二理数答案第11页共16页∵底面为菱形，60ABC，ABCD∴ABC

△是正三角形，∵E是BC中点，∴AEBC，又ADBC∥，∴AEAD，···········1分∵PA平面ABCD，AE平面ABCD，∴PAAE，···········3分又PAADA，∴AE平面

PAD，···········4分又AE平面AEF，∴平面AEF平面PAD．···········5分（2）解：由（1）得AE，AD，AP两两垂直，以AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间

直角坐标系；不妨设2ABAP，则3AE，则0,0,0A，3,1,0C，0,2,0D，0,0,2P，3,0,0E，31,,122F，0,1,1M，···········7分∴3,0,0AE，31,,122AF，

0,1,1AM，设,,xyzm是平面AEF的一个法向量，则3031022AExAFxyzmm，取1z，得0,2,1m，···········9分同理可求，平面AME的个法向量，0,1,1n，·······

····10分高二理数答案第12页共16页则310cos<,>10mnmnmn．观察可知，二面角的平面角为锐角，∴二面角FAEM的平面角的余弦值为31010．···········12分20．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，长轴等于4.Cy23（1）求椭圆

的方程；C（2）若，为曲线上的两点，记，11,Axy22,BxyC11,2yxm，且，试问的面积是否为定值？如果是，请给予证明；22,2yxnmnAOB△如果不是，请说明理由．【答案】（1）；（2）答案见解

析．2214yx【解析】（1），，∴，，24a23ac2a3c∴，∴的轨迹方程为．···········5分2221bacC2214yx（2）当轴时，有，，由，得，ABx12xx12yymn112yx又，

∴，，221114yx122x12y∴．···········7分111122221222AOBSxy当与轴不垂直时，设直线的方程为，ABxABykxm由，得，2214ykxmyx2224240kxkmxm

高二理数答案第13页共16页则，，···········9分12224kmxxk212244mxxk由，得，∴，0mn121240yyxx121240kxmkxmxx整理得，···········10分22121240k

xxkmxxm∴，2224mk∴，1212AOBSmxx△21212142mxxxx2224214kmmk综上所述，的面积为定值．···········12分AOB△121．已知函数．2ln0fxxaxa（1）讨论函数

在上的单调性；fx,a（2）证明：且．322lnxxxx≥322ln16200xxxx【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）解：，．2lnfxxax221axafxxx令，得，···········1分

20xafxx20xa①当，即时，则，2aa≤01a≤0fx在上单调递增；···········3分fx,a②当，即时，令，得；令，得．2aa1a0fx2xa0fx2axa

在上单调递减，在上单调递增．fx2,aa2,a综上，当时，在上单调递增；01a≤fx,a当时，在上单调递减，在上单调递增．···········5分1afx2,aa2,a（2）证明：先证．当时，，322lnxxxx≥1a

lnfxxx由（1）可得当时，，单调递减；01x0fxfx当时，，单调递增．1x0fxfx高二理数答案第14页共16页，，．···········8分min11fxfln1xx≥322lnxxxx≥再证．322ln16200xxxx

设，322ln1620gxxxxx则，当且仅当时取等33232ln16201620gxxxxxxxxx≥1x号．设，则，321620hxxxx(0)x23216382hxxxxx∴当时，，单调递增；2x0hx

hx令，得时，，单调递减．0hx02x0hxhx．，min20hxh0gxhx≥≥又此不等式中两个等号的成立条件不同，故，0gx从而得证．322ln16200xxxx综上可得且．···········12分322lnx

xxx≥322ln16200xxxx22．选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以xOy1CxtymttmR原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标

方程为Ox2C．223032cos（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；1C2C（2）已知点是曲线上一点，若点到曲线的最小距离为，求的P2CP1C22m值．【答案】（1），（2）或．0xym

221013xyy43m6m【解析】（1）由曲线的参数方程，消去参数，1Ct可得的普通方程为：．1C0xym高二理数答案第15页共16页由曲线的极坐标方程得，，2C22232cos30,∴曲线的直角坐标方程

为．·····5分2C221013xyy（2）设曲线上任意一点为，，则点到曲线2CP3cos,sin0,P的距离为．1C2cos3cossin622mmd∵，∴，，0,3cos1,62

2cos2,36当时，，即；30m34m43m当时，，即．∴或．·····10分20m24m6m43m6m23．选修4-5：不等式选讲已知函数．13fxxaaR（1）当

时，解不等式；2a113xfx（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值13xfxxM11,32Ma范围．【答案】（1）；（2）．{|01}xxx或14,23【解析】（1）当时，原不等式可

化为．2a3123xx①当时，原不等式可化为，解得，所以；13x3123xx0x0x②当时，原不等式可化为，解得，所以；123x3123xx1x12x③当时，原不等式可化为，解得，所以．2x3123xx32x2x综上所述，当时，不等式

的解集为．·····5分2a|01xxx或（2）不等式可化为，13xfxx313xxax高二理数答案第16页共16页依题意不等式在恒成立，313xxax11,32所以，即，即，313xxax1xa1

1axa所以．解得，113112aa1423a故所求实数的取值范围是．·····10分a14,23