【文档说明】广西南宁三中2019-2020学年高二下学期期末考试（重点班）理科数学试题含答案.docx，共(14)页，722.371 KB，由小赞的店铺上传

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南宁三中2019~2020学年度下学期高二期考理科数学试题一、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i为虚数单位，复数z满足25zi，则在复平面内，z对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四

象限2.某珠宝店丢了一件珍贵珠宝，以下四人中只有一人说真话，只有一人偷了珠宝.甲：“我没有偷”；乙：“丙是小偷”；丙：“丁是小偷”；丁：“我没有偷”，根据以上条件，可以判断偷珠宝的人是（）A.甲B.乙C.丙D.丁3.用数学归纳法证明11111

1111234212122nnnnn（*nN），则从k到1k时左边添加的项是（）A.121kB.112224kkC.122kD.112122kk4.已知函数322fxxx，1,3x，则下列说法不正确．．．的是（）A.最

大值为9B.最小值为3C.函数fx在区间1,3上单调递增D.0x是它的极大值点5.抛掷两枚质地均匀的骰子，观察向上的点数，记事件A为“两个点数不同”，事件B为“两个点数中最大点数为4”，则PBA（）A.112B.16C.15D.566.有8件产品，其中4件是次品，从中有放回

地取3次（每次1件），若X表示取得次品的次数，则2PX（）A.38B.1314C.45D.787.2020年3月31日，某地援鄂医护人员A，B，C，D，E，F，6人（其中A是队长）圆满完成抗击新冠肺炎疫情任务返回本地，他们受到当地群众与领导的热烈欢迎.当地媒体为了宣传他们的优秀事

迹，让这6名医护人员和接见他们的一位领导共7人站一排进行拍照，则领导和队长分别站在两端且BC相邻，而BD不相邻的排法种数为（）A.36种B.48种C.56种D.72种8.甲、乙两队进行篮球决赛，采取五场三胜制（当一队赢得三场胜利时

，该队获胜，比赛结束）.根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队不超过4场即获胜的概率是（）A.0.18B.0.21C.0.39D.0.429.电路从A到B上共

连接着6个灯泡（如图），每个灯泡断路的概率是13，整个电路的连通与否取决于灯泡是否断路，则从A到B连通的概率是（）A.1027B.448729C.100243D.408110.已知21ln2fxaxx（0a），若对任意两个不等的正实数1x，2x，都有1

2122fxfxxx恒成立，则a的取值范围是（）A.0,1B.1,C.0,1D.1,11.已知随机变量21,XN，且0PXPXa，则53221axxx

的展开式中4x的系数为（）A.680B.640C.180D.4012.在R上可导的函数3211232fxxaxbxc，当0,1x时取得极大值，当1,2x时取得极小值，则21ba的取值

范围是（）A.11,22B.11,24C.1,14D.1,12二、填空题（本大题共4小题，每小题5分）13.从10名大学毕业生中选3个人担任村长助理，甲、乙至少有1人入选的不同

选法的种数为______.14.定积分120124xx的值______.15.已知450152111xxaaxax，则135aaa______.

16.已知函数xafxxe，ln24axgxxe，其中e为自然对数的底数，若存在实数0x使003fxgx成立，则实数a的值为______.三、解答题（解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤，第

17-21题每题12分，选做题10分，共70分）17.从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14.（1）设X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和均值.（2）若有

2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率.18.如图，四棱锥PABCD，ABCD∥，90BCD，224ABBCCD，PAB△为等边三角形，平面PAB平面ABCD，Q为P

B中点.（1）求证：AQ平面PBC；（2）求二面角BPCD的余弦值.19.近年来，国资委党委高度重视扶贫开发工作，坚决贯彻落实中央扶贫工作重大决策部署，在各个贫困县全力推进定点扶贫各项工作，取得了积极成效，某贫困县

为了响应国家精准扶贫的号召，特地承包了一块土地，已知土地的使用面积以及相应的管理时间的关系如下表所示：土地使用面积x（单位：亩）12345管理时间y（单位：月）810132524并调查了某村300名村民参与管理的意愿，得到的部分数据如下表所示：愿意

参与管理不愿意参与管理男性村民15050女性村民50（1）求出相关系数r的大小，并判断管理时间y与土地使用面积x是否线性相关？（2）是否有99.9%的把握认为村民的性别与参与管理的意愿具有相关性？参考公式：12211niiinniiiixxyyrxxyy

，22nadbcKabcdacbd，其中nabcd.临界值表：P（20Kk）0.1000.0500.0250.0100.0010k2.7063.8415.0246.63510.828参考数据：6

3525.220.已知椭圆C：22221xyab（0ab）的右焦点为F，上顶点为M，直线FM的斜率为22，且原点到直线FM的距离为63（1）求椭圆C的标准方程；（2）若不经过点F的直线l：ykxm

（0k，0m）与椭圆C交于A，B两点，且与圆221xy相切.试探究ABF△的周长是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.21.已知函数2ln2fxxxaxx，aR.（Ⅰ）若fx在0,上单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ

）若函数fx有两个极值点分别为1x，2x，证明：1212xxa.选做题：考生需从第22题和第23题中选一道作答22.在平面直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为1cossinxy（为参数），以坐标原点O为极

点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，点A为曲线1C上的动点，点B在线段OA的延长线上且满足8OAOB，点B的轨迹为2C（1）求曲线1C，2C的极坐标方程；.（2）设点M的极坐标为32,2，求ABM△面积的最小值.23.设函数212f

xxxa，xR.（1）当4a时，求不等式9fx的解集；（2）对任意xR，恒有5fxa，求实数a的取值范围.高二期考理科数学试题参考答案1.B【解析】因25zi，所以5

252222iziiii，由共轭复数的定义知，2zi，由复数的几何意义可知，z在复平面对应的点为2,1，位于第二象限.选：B2.A【解析】试题分析：若甲说的是真话，则乙、丙、丁都是说假话，所以丁偷了珠宝，所以，丙说的也是真话，与只有一个

人说真话相矛盾，所以甲说的假话，偷珠宝的人是甲.3.D【解析】根据式子的结构特征，求出当nk时，等式的左边，再求出1nk时，等式的左边，当nk时，等式的左边为111111234212kk，当1nk时，等式

的左边为111111112342122122kkkk，故从“nk到1nk”，左边所要添加的项是112122kk.故选：D.4.C【解析】234fxxx，令2340fxxx，解

得0x或43x，所以当1,0x，4,33时，0fx，函数fx单调递增，当40,3x时，0fx，函数fx单调递减，C错误；所以0x是它的极大值点，D正确；因为

00f，327299f，所以函数fx的最大值为9，A正确；因为1123f，46416322327927f，所以函数fx的最小值为3，B正确.故选：C5.C【解析】由题意，抛掷两枚均匀骰子，构成的基本事件的总数共有36种

，其中记事件A为“两个点数不同”的基本事件共有36630种，又由事件“两个点数不同且最大点数为4”的基本事件为：1,4，2,4，3,4，4,1，4,2，4,3，共有6种，所以

613630536PABPBAPA，故选C.6.D因为是有放回地取产品，所以每次取产品取到次品的概率为4182.从中取3次，X为取得次品的次数，则13,2XB，23321033311117221022228PXPXPXPXCCC

，7.D【解析】让这6名医护人员和接见他们的一位领导共7人站一排进行拍照，则领导和队长站在两端且BC相邻分2步进行分析：①领导和队长站在两端，有222A种情况，，②中间5人分2种情况讨论：若BC相邻且与D相邻，有

232312AA种安排方法，若BC相邻且不与D相邻，有22222324AAA种安排方法，则中间5人有122436种安排方法，则有23672种不同的安排方法；故选：D.8.C【解析】甲、乙两队进行排球决赛，采取五场三胜制（当一队赢得三场胜利时，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”.设甲队主场取胜的概率为0.6，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3:1获胜的概率是：10.60.610.5)0.50.610.60.50.510.60.60

.50.50.21P.甲队以3:0获胜的概率是：20.60.60.50.18P甲队不超过4场即获胜的概率120.210.180.39PPP故选：C9.

B【解析】如图，可知AC之间未连通的概率是21139，连通的概率是18199.EF之间连通的概率是22439，未连通的概率是45199，故CB之间未连通的概率是2525981

，故CB之间连通的概率是255618181，故AB之间连通的概率是856448981729.故选B10.D【解析】根据12122fxfxxx可知112212220fxxfxxxx，令

212ln22gxfxxaxxx（0a）为增函数，所以20agxxx（0x，0a）恒成立，分离参数得2axx，而当0x时，2xx最大值为1，故1a.11.A【解析】因为随机变量21,XN，0PXPXa，所以2a

，代入可得532212xxx，故532212xxx展开式中包含4x项为：23323220323444535322240640680CxCCxCxxxxxx，系数

为680，故选：A.12.C【解析】22fxxaxb，001020fff，0212babab，,ab在由2,0，

1,0，3,1所构成的三角形的内部，21ba可看作点,ab与点1,2的连线的斜率，结合图形可知21,114ba13.331081205664CC14.115.1【解析】由4501521

11xxaaxax，令0x可得：0152aaa；令2x可得：01250aaaa.相减可得：13522aaa，则1351aaa.故答案为：1.16.l

n21【解析】构造函数：34ln23xaaxhxfxgxxeex，存在实数0x使003fxgx成立，即ln234xaaxhxxxee有解，考虑函数ln2

3dxxx，11122xdxxx，2,x，0dx，2,1x，0dx，1,x所以ln23dxxx在2,1x递减，在1,x递增，所以min14dxd

，44xaaxee，当且仅当42xaaxee时，取得等号，所以ln2340xaaxxxee要使ln234xaaxhxxxee有零点，必须零点为1，且1142aaee，即ln21a.故答案为：ln21.17.

（Ⅰ）解：随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3.111101112344PX，11111111111111111123423423424PX

，111111111121112342342344PX，1111323424PX.所以，随机变量X的分布列为X0123P14112414124随机变量X的数学期望111111301234

2442412EX（Ⅱ）解：设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为10,11,00110PYZPYZPYZPYPZ

PYPZ1111111142424448.所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148.18.（1）证明：因为ABCD∥，90BCD，所以ABBC，又平面PAB平面ABCD，且平面PAB平面ABCDAB，所以BC平面PAB.又AQ平

面PAB，所以BCAQ，因为Q为PB中点，且PAB△为等边三角形，所以PBAQ.又PBBCB，所以AQ平面PBC.（2）取AB中点为O，连接PO，因为PAB△为等边三角形，所以POAB，因为平面PAB平面ABCD，所以PO平面ABCD，所以POOD，由224ABBCCD

，90ABC，可知ODBC∥，所以ODAB.以AB中点O为坐标原点，分别以OA，OD，OP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.所以2,0,0A，0,2,0D，2,2,0C，0,0,23P，2,0,0B，所以

0,2,23DP，2,0,0CD，由（1）知，AQ为平面PBC的法向量，因为Q为PB的中点，所以1,0,3Q，所以3,0,3AQ，设平面PCD的法向量为,,nxyz，由00nCDnDP，得202230xyz，取1

z，则0,3,1n.所以231cos,43331AQnAQnAQn.因为二面角BPCD为钝角，所以，二面角BPCD的余弦值为14.19.解：依题意：1234535x，810132524165y故5128161

92847ixxyy521411410ixx，521643698164254iyy则515522111147470.933

102542635iiixxyyrxxyy故管理时间y与土地使用面积x线性相关.（2）依题意，完善表格如下：愿意参与管理不愿意参与管理总计男性村民15050200女性村民5050100总计200100300计算得2k的观测值为223001505050503005

000500018.7510.828200100200100200100200100k故有99.9%的把握认为村民的性别与参与管理的意愿具有相关20.（1）由题可知，,0Fc，0,Mb，则22bc，

直线FM的方程为1xycb，即0bxcybc，所2263bcbc，解得1b，2c，又2223abc，所以椭圆C的标准方程为2213xy.（2）因为直线ykxm（0k，0m）与圆221xy相切，所以21

1mk，即221mk.设11,Axy，22,Bxy，联立2213xyykxm得222316310kxkmxm，所以222222236123111231240kmkmkmk

122631kmxxk，21223131mxxk，所以222212223113131kABkxxkmk.又221mk，所以22631mkABk.因为2222111116221333xAFxyxx

，同理2633BFx.所以126233AFBFxx，所以ABF△的周长是1226262323331mkxxk，则ABF△的周长为定值23.21.（Ⅰ）ln24fxxax.fx在0,

内单调递减，ln240fxxax在0,内恒成立，即ln24xaxx在0,内恒成立.令ln2xgxxx，则21lnxgxx，当10ex时，0gx，即gx在10,e内为增函数；当1xe时，0gx，即

gx在1,e内为减函数.gx的最大值为1gee，,4ea（Ⅱ）若函数fx有两个极值点分别为1x，2x，则ln240fxxax在0,内有两根1x，2x，由（Ⅰ），知04ea.由1122ln240ln240xax

xax，两式相减，得1212lnln4xxaxx.不妨设120xx,要证明1212xxa，只需证明121212142lnlnxxaxxaxx.即证明1212122ln

lnxxxxxx，亦即证明12112221ln1xxxxxx.令函数21ln1xhxxx，01x.22101xhxxx，即函数hx在0,1内单调递减.0,1x时，有10hxh，21

ln1xxx.即不等式12112221ln1xxxxxx成立.综上，得1212xxa.22.（1）由曲线1C的参数方程为1cossinxy（为参数），消去参数，可得普通方程为2211xy，即2220

xyx，又由cosx，siny，代入可得曲线1C的极坐标方程为2cos，设点B的极坐标为,，点A点的极坐标为00,，则OB，0OA，002cos，0

，因为8OAOB，所以08，即82cos，即cos4，所以曲线2C的极坐标方程为cos4.（2）由题意，可得2OM，则2211242cos42cos22ABMOBMOAMBASSSOMxx△△△，即242cosABMS

△，当2cos1，可得ABMS△的最小值为2.23.解：（1）当4a时，145,213,2245,2xxfxxxx则9fx等价于12459xx或122

39x或2459xx，解得1x或72x，所以9fx的解集为712xxx或.（2）由绝对值不等式的性质有：2122121fxxxaxxaa，由5fxa恒成立，有15

aa恒成立，当5a时不等式显然恒成立，当5a时，由2215aa得35a，综上，a的取值范围是3,.