【文档说明】山西省朔州市怀仁县怀仁一中云东校区2019-2020学年高二下学期期中考试数学理科试题.doc，共(9)页，414.500 KB，由小赞的店铺上传

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数学试题（理）时间：120分钟满分：150分第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，有且只有一项是符合题目要求的）1．若复数Z满足()i34Zi4-3+=，

则Z的虚部为（）A.i54−B.54−C.54D.i542.用反证法证明命题：“若,,,,1,1abcdRabcd+=+=，且1acbd+，则,,,abcd中至少有一个负数”的假设为（）A.,,,abc

d中至少有一个正数B.,,,abcd全都为正数C.,,,abcd全都为非负数D.,,,abcd中至多有一个负数3．设X为随机变量，且31,~nBX，若随机变量X的方差()43DX=，则()2PX==()A.4729B.16C.20243D.802434.下列有关线性回归分析的

四个命题：①线性回归直线必过样本数据的中心点()yx,；②回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线；③当相关性系数0r时，两个变量正相关；④如果两个变量的相关性越强，则相关性系数r就越接近于1.其中真命题的个数为（）

A．1个B．2个C．3个D．4个5.某市教育局人事部门打算将甲、乙、丙、丁4名大学生安排到该市三所不同的学校任教，每校至少安排一人，其中甲、乙不能安排在同一学校，则不同的安排方法种数为（）A.18B.24C.30D.366.两圆cos2=

，sin2=的公共区域的面积是（）A．21-4B．2-C．1-2D．27.已知()()51.1xax++的展开式中2x的系数为5，则a＝（）A．－4B．－3C．－2D．－18.在平面几何中，可以得出正确结论：“正三角形的内切圆半径等于这个正三角形的

高的13.”拓展到空间中，类比平面几何的上述结论，则正四面体的内切球半径等于这个正四面体的高的()A.12B.14C.16D.189、篮子里装有2个红球，3个白球和4个黑球。某人从篮子中随机取出两个球，记事件=A“取出的两个球颜色不同”

，事件=B“取出一个红球，一个白球”，()ABP=（）A．61B．133C．95D．3210.已知曲线C的极坐标方程为：sin4cos2−=，P为曲线C上的动点，O为极点，则PO的最大值为（）A.2B.4C.5D.5211.在正整数

数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2，4；第三次取3个连续奇数5，7，9；第四次取4个连续偶数10，12，14，16；第五次取5个连续奇数17，19，21，23，25，按此规律取下去，得到一个子数列1，2，4，5，7，9，10，12，

14，16，17，19…，则在这个子数中第2014个数是（）A.3965B.3966C.3968D.398912.若函数211()ln()2fxxxmxm=+−+在区间（0，2）内有且仅有一个极值点，则m的取值范围（）A.1(0,][4,)4+B.1(0,]

[2,)2+C.1(0,)(2,)2+D.1(0,)(4,)4+第II卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13、某校期末测试理科数学成绩()2,90~N，统计结果显示()8.012060=P，若学校理科学生共700

人，则本次测试成绩高于120分的学生人数为________.14.从8名女生和4名男生中抽取3名学生参加某娱乐节目，若按性别进行分层抽样，则不同的抽取方法数为.15、n2x2x+的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式中的常数项等于______

____．16、由函数()lnfxxxx=−的图像在点(e,(e))Pf处的切线,l直线1e,x−=直线ex=（其中e是自然对数的底数）及曲线lnyx=所围成的曲边四边形(如图中的阴影部分)的面积S=.y=lnxlx=ex=

1eyxO三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17（10分）、以平面直角坐标系xOy的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，C的极坐标方程为co

s8=.（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）经过点()1,1Q作直线l交曲线C于M，N两点，若Q恰好为线段MN的中点，求直线l的方程.18、(12分)某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2株．设甲、乙两种大

树移栽的成活率分别为32和21，且各株大树是否成活互不影响．求移栽的4株大树中：（1）两种大树各成活1株的概率；（2）成活的株数的分布列．19．（12分）已知函数()2()4xfxeaxbxx=+−−，曲线()yfx=

在点()0,(0)f处的切线方程为44yx=+．(Ⅰ)求,ab的值；(Ⅱ)讨论()fx的单调性．20（12分）、每年春晚都是万众瞩目的时刻，这些节目体现的文化内涵、历史背景等反映了社会的进步.国家的富强，人民生活水平的提高等.某学

校高三年级主任开学初为了解学生在看春晚后对节目体现的文化内涵、历史背景等是否会在今年的高考题中体现进行过思考，特地随机抽取100名高三学生（其中文科学生50，理科学生50名），进行了调查.统计数据如表所示（不完整）：“思考过”“没有思考过”总计文

科学生4010理科学生30总计100（1）补充完整所给表格，并根据表格数据计算是否有95%的把握认为看春晚后会思考节目体现的文化内涵、历史背景等与文理科学生有关；（2）①现从上表的”思考过”的文理科学生中按分层抽样选出7人.再从这7人中随机抽取4人，记这4人中“文科学生”的人数为,试求

的分布列与数学期望；②现设计一份试卷（题目知识点来自春晚相关知识整合与变化），假设“思考过”的学生及格率为43，“没有思考过”的学生的及格率为41.现从“思考过”与“没有思考过”的学生中分别随机抽取一名学生进行测试，求两人至少有一个及格的概率.附参考公式：()()()()()dbcadcb

abcadnK++++−=22，其中dcban+++=.参考数据：()20PKk0.0500.0100.0010k3.8416.63510.82821（12分）已知数列na的前n项和为nS，1,121411=−−=+anSann，且*Nn（1）求na的通项公式（2）设nnnSba1

=，数列nb的前n项和为nT，求证：()*23NnTn22、（12分）已知函数()xxxfln=.（1）若对任意()+,0x，()kxxf2恒成立，求k的取值范围；（2）若函数()()mxxfxg−+=1有两个不同的零点21,xx，证明：221+xx.数学（理）参

考答案一选择题：1-5BCDBC6-10CDBBD11-12AB二填空题：13.7014.11215.18016.22e2112e2e++−三解答题17、（1）由8cos=，得28cos=，根据公式cossinxy==，得228xyx+=

，故曲线C的直角坐标方程是228xyx+=.（2）设直线l的斜率为k，则直线l的方程为()11ykx−=−.而曲线C：228xyx+=化为标准方程是()22416xy−+=，故圆心()4,0C.因为Q恰好为线段MN的中点，所以QCMN⊥.所以1QCkk=−

，即01141k−=−−，解得3k=.故直线l的方程是()131yx−=−，即320xy−−=.18、解：设表示甲种大树成活株，表示乙种大树成活株，则，独立．由独立重复试验中事件发生的概率公式有，据此算得，，，，，⑴所求概率为⑵的所有可能值为0，1

，2，3，4，且，，，，综上知有分布列ξ01234P19、(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4，由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8从而a＝4，b＝4由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x

2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·1e2x−．令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2．当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln2)时

，f′(x)＜0．故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．20、（1）填表如下：“思考过”“没有思考过”总计文科学生401050理科学生302050总计7030100由上表得，2K的观测值2100(40201030)1004.762

3.8415050703021k−==，故有95%的把握认为看春晚节目后是否会思考与文理科学生有关.（2）①由题意，得抽取的100名学生中“思考过”的有文科学生40人，理科学生30人，所

以抽取7人中文科学生有4人，理科学生有3人，所以的所有可能取值为1，2，3，4.1343474(1)35CCPC===，72234418(2)35CCPC===，31434712(3)35CCPC===,40434

71(4)35CCPC===,所以的分布列为1234P43518351235135故数学期望为41812116()1234353535357E=+++=.②设“思考过”的学生的及格率为1P，则1

34P=；“没有思考过”的学生的及格率为2P，则214P=，所以两人至少有一个及格的概率为3133111344444416P=++=.21.(1)由14121nnSan+−=−,得1(21)41nnnaS+−=−,当2n时,可1(23)41nnnaS−−=−,两

式相减得:1(21)(21)nnnana++=−,即12121nnaann+=−+,又23,a=可得23133a==,所以12211211aa=−+,所以{}21nan−为常数数列,所以121nan=−,所以21nan=−.(2)由21nan=−,得2nSn=,所以1(21)nbn

n=−,当1n=时,1312T=成立;当2n时,111(21)2()2nbnnnn==−−12(1)nn−111()21nn=−−,所以nT11111111[()()()]212231nn+−+−++−−1131(1)22n=+−.所以*nN时,()32nnTN*.22.（1）解

：由()2fxkx对任意()0,x+恒成立，得32lnxkx对任意()0,x+恒成立.令()32lnxhxx=，则()()4213lnxhxx−=.令()0hx=，则13xe=.∴在130,e上，()0hx，

()hx单调递增；在12,e+上，()0hx，()hx单调递减.∴()31max2(3hxhee==，则23ke，即k的取值范围为2,3e+.（2）证明：设12xx，()ln1xgxmx+=

−，则()2lnxgxx=−.在()0,1上，()0gx，()gx单调递增；在()1,+上，()0gx，()gx单调递减.∵()11gm=−，1egm=−，当x→时，()gxm−，且()gxm→−，∴01m，1211xxe，要证122x

x+，即证212xx−.∵21x，121x−，()gx在()1,+上单调递减，∴只需证明()()212gxgx−.由()()12gxgx=，只需证明()()112gxgx−.令()()()2mxgxgx=−−，1,1xe.()()()22ln2ln2xxmxxx−

=−−−∵1,1xe，∴ln0x−，()222xx−，∴()()()()()22ln2lnln2022xxxxmxxx−−−−=−−−，∴()mx在1,1e上单调递增，∴(

)()10mxm=，即()0mx，∴122xx+.