【文档说明】【精准解析】内蒙古通辽市扎鲁特旗第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理科）试题.pdf，共(20)页，384.167 KB，由小赞的店铺上传

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-1-扎鲁特旗第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学试题（理）说明：1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分；2.请把答案填写到答题纸上；3.本试卷考试时间为120分钟，满分为150分；第Ⅰ卷（选择

题，共60分）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|12Axx，|21Bxx，则AB（）A.|21xxB.2|2xxC.1|2xxD.|11xx【答案

】D【解析】【分析】利用数轴求交集即可得答案.【详解】用数轴表示集合A、B如图所示AB|12xx|21xx|11xx，故选：D【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属

于基础题.2.复数12zi，212zi，则12zz（）A.52iB.522iC.1iD.512i【答案】A【解析】-2-【分析】由复数的乘法法则计算．【详解】212115(2)12222zziiiiii．故选：A．【点睛】本题考

查复数的乘法运算，属于基础题．3.已知1311531log,log,363abc，则,,abc的大小关系是()A.bacB.acbC.cbaD.bca【答案】D【解析】【分析】利用对数函数和指数函数的单

调性判断.【详解】115511loglog1,65a1133loglog10,3b130331c，则01c，所以bca.故选：D.【点睛】本题考查指对数值大小比较.指数函数值大小比较：常化为同底或同指，利用指数函

数的单调性，图象或1,0等中间量进行比较．对数函数值大小比较：（1）单调性法：在同底的情况下直接得到大小关系，若不同底，先化为同底;（2）中间量过渡法：寻找中间数联系要比较的两个数，一般是用“0”，“1

”或其他特殊值进行“比较传递”;（3）图象法：根据图象观察得出大小关系4.1777年，法国科学家蒲丰在宴请客人时，在地上铺了一张白纸，上面画着一条条等距离的平行线，而他给每个客人发许多等质量的，长度等于相邻两平行线距离的一半的针，让他们随意投放.事后，蒲丰对针落地的位置进行统计，发现

共投针2212枚，与直线相交的有704枚.-3-根据这次统计数据，若客人随意向这张白纸上投放一根这样的针，则针落地后与直线相交的概率约为（）A.12B.3C.2D.1【答案】D【解析】【分析】根据统计数据，求出频率，用以估计概率.【详解】70412212.故选:D.【点睛】本题

以数学文化为背景，考查利用频率估计概率，属于基础题.5.中国古代十进制的算筹记数法在世界数学史上是一个伟大的创造.据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，算筹记数的方法是：个位、百位、万位的数按纵式的数码摆出：十位、千位、十万位的数按横式的数码摆出.如7738可用算筹表示为.1-9

这9个数字的纵式与横式的数码表示如图所示，则829可用算筹表示为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由算筹记数的方法可知：829中8、2、9分别在百位、十位、个位上，即依次用纵式、横式、纵式表示，即可知正确选项【详解】个位、百位、万位

的数按纵式的数码；十位、千位、十万位的数按横式的数码∴由题意，知：829可用算筹表示为-4-故选：D【点睛】本题考查了新定义问题，根据题设所描述的算筹记数方法表示一个给定的数，属于简单题6.已知等差数列na满足212730aa，则na中一定为零的项是（）A.3aB.

4aC.5aD.6a【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的基本量进行运算．【详解】设数列的公差为d，则212111737()3(11)10400aaadadad，140ad，∴5140aad．故选：C．【点睛】本题

考查等差数列的基本量运算，掌握等差数列的通项公式是解题关键．7.已知平面//平面，则“直线//m平面，直线//n平面”是“直线//m直线n”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据充分必要条件的定义判断．【详解

】直线//m平面，直线//n平面时，,mn的位置关系是平行、相交、异面均有可能，不充分，反之，若//mn，它们与,之间关系根本不可确定，故不必要，∴应是既不充分也不必要条件．故选：D．【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题基础．本题还考查了空间直线、平面间平行的位

置关系．属于中档题．-5-8.以一个正四面体的棱为面对角线的正方体称为该正四面体的母体，若一个正四面体的体积为3，那么该正四面体的母体的内切球的表面积为（）A2B.3C.23D.12【答案】B【解析】【

分析】设出正方体的棱长，正方体的体积减去四个角的三棱锥的体积等于四面体的体积，结合已知条件列出等式得到棱长，再求正方体内切球的表面积.【详解】如图，由题设知四面体为11BDAC，其母体为正方体1111ABCDABC

D，该四面体可以看成是正方体切去了四个角（每个角都是三棱锥，且体积相等）形成，设正方体的棱长为a，则正方体的体积为3a，四个三棱锥的体积为231124323aaa，所以四面体的体积为33321333aaa，得332333a所以3a，内切球的半径为32，球的表面

积为23344324.故选：B.【点睛】本题是关于正方体的切割体的体积问题，明确四面体是由正方体切去四个角上的三棱锥形成是关键.9.在ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a，b，c且3sinsin()tanaBbBCC，则cosC=（）-6-A.12B.12

C.32D.32【答案】A【解析】【分析】由题意可知3sinsintanaBbAC，再根据正弦定理，可得3sinsinsinsintanABBAC，可得tan3C，由此即可求出角C，进而求出结

果.【详解】在ABC中，sin()sinBCA所以sin()tansintanbBCCbAC，所以3sinsintanaBbAC，由正弦定理可知，3sinsinsinsintanABBAC，又,0,AB，所以tan3C，又0,C，所以3C，所以1cos

2C.故选：A.【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.10.函数2()()1sinxxeefxxx的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】D-7-【解析】【分析】由函数值的正负和(0)f可排除三个选项，

得出正确选项．【详解】由函数解析式得()0fx，排除C，又(0)0f，排除A、B，只有D满足．故选：D．【点睛】本题考查由函数解析式先把函数图象，可根据解析式研究函数的性质，特殊的函数值，函数值的正负，函数值趋势排除错误选项，得出正确答案．11.已知双曲线C：222210,0xyabab

的渐近线方程为3yx，直线20xy经过双曲线C的一个焦点，则a（）A.1B.2C.3D.2【答案】A【解析】【分析】由渐近线方程得,ab的关系，然后求出焦点坐标（用a表示），代入已知直线方程可求得a．【详解】由题意3ba，3ba，∴222caba，焦点

坐标为2,0a，又一个焦点过直线20xy，∴220a，1a．故选：A．【点睛】本题考查双曲线的几何性质，考查渐近线方程，焦点坐标，属于基础题．12.在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且22222

cos2acbAcbc，4c，ABC面积的取值范围是（）A.23,83B.2,8C.23,8D.23,8【答案】A【解析】【分析】-8-用余弦定理和正弦定理化边为角求得A，可求得C的范围，然后把三角形面积表示为角C的函数，由三角函数性质可得．【详解】∵22222

cos2acbAcbc，由余弦定理得22cos2cos2acBAcbc，coscos2cosaBbAcA，由正弦定理得sincossincos2sincosABBACA，即sin()2sincoss

inABCAC，又(0,)C，sin0C，∴1cos2A，∵(0,)A，∴3A，三角形为锐角三角形，∴232BC，6C，即,62C，1sin32ABCSbcAb△，由正弦定理s

insinbcBC得24sin4sin23cos2sin2332sinsinsintanCBCCbCCCC，∵,62C，∴3tan3C，∴28b，∴(

23,83)ABCS△．故选：A．【点睛】本题考查三角形面积，考查余弦定理、正弦定理，考查两角和与差的正弦公式，正切函数的性质，所用公式较多，解题时需根据题意先用恰当的公式运算求解．本题属于中档题．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（每

空5分，共20分）13.已知平面向量a与b的夹角为3，3,1a，1b，则ab______.【答案】1【解析】【分析】求出ar，由数量积定义求出数量积．-9-【详解】由题意2a，co

s,21cos13ababab．故答案为：1．【点睛】本题考查平面向量的数量积，掌握数量积的定义是解题关键．还考查了模的坐标运算．本题属于基础题．14.记nS是正项等比数列na的前n项和，若12a，3269S，则公比q__

____.【答案】13【解析】【分析】根据等比数列的求和公式列方程即可求出公比.【详解】12a，3269S,所以1q，322131(1)26(1)2(1)19aqSaqqqqq，所以2

9940qq，解得13q或43q，由正项等比数列na知0q，所以13q，故答案为：13【点睛】本题主要考查了等比数列的求和公式，等比数列的公比，属于基础题.15.我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一，凡百钱，买鸡百只

，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x，y，z，则100,153100,3xyzxyz当81z时，x___________，y___________．【答案】(1).8(2).11【解析】-10-【分析】将z代入解方程组可得x、y值.【详解

】19881,,.537311xyxzxyy【点睛】实际问题数学化，利用所学的知识将陌生的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突破口．16.已知()fx为偶函数，当0x时，()ln()3fxxx，则曲线()yfx在点(1,3)处

的切线方程是__________．【答案】21yx【解析】试题分析：当0x时，0x，则()ln3fxxx．又因为()fx为偶函数，所以()()ln3fxfxxx，所以1()3fxx，则切线斜率为(1)2f

，所以切线方程为32(1)yx，即21yx．【考点】函数的奇偶性与解析式，导数的几何意义．【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当0x时，函数()yfx，则当0x时，求函数的解析式”．有如下

结论：若函数()fx为偶函数，则当0x时，函数的解析式为()yfx；若()fx为奇函数，则函数的解析式为()yfx．三、解答题（共70分）17.在平面直角坐标系中，曲线122cos:2sinxCy（为参数），在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线2:s

in13C.（1）写出1C的普通方程和2C的直角坐标方程；（2）设点P在曲线1C上，点Q在曲线2C上，求||PQ的最小值及此时点P的直角坐标.【答案】（1）22(2)4xy；320xy（2）最小值为31，此时

P的直角坐标-11-为(23,1)【解析】【分析】（1）根据22sincos1消去参数，曲线1C参数方程化为普通方程；曲线2C极坐标方程展开，cos,sinxy代入，即可求出直角坐标方程；（2）设点(22cos,2sin)

P，||PQ的最小值为点P到直线2C距离的最小值，根据点到直线距离公式，结合辅助角公式，转化为求余弦型函数的最小值，即可求出结论.【详解】（1）由122cos:2sinxCy（为参数），得1C的普通方程为22(2)4xy；由sin13

，得13sincos122，即3cossin20，又由cos,sinxy，得曲线2:320Cxy；（2）由题意，可设点P的直角坐标为(22cos,2si

n)，因为2C是直线，所以||PQ的最小值，即为P到2C的距离()d的最小值，23cos2sin232()2cos3126d.当且仅当52,6kkZ时，()d取得最小值，最小值为31，此时P的直角坐标为(23,1).【点睛】本题考查

参数方程与普通方程互化、极坐标方程和直角坐标方程互化，利用圆的参数方程求点到直线距离的最值，考查计算求解能力，属于中档题.18.在直角坐标系xOy中，曲线1C：3cos33sinxy（为参数），在以坐标原点为极点，x轴正

半轴为极轴的极坐标系中，曲线2C：2sinR.（1）求1C的普通方程和2C的直角坐标方程；-12-（2）若点A，B分别是曲线1C，2C上的点（不同于原点），且2AOB，求AOB面积的最大值.【答案】（1）2233xy，2211xy；

（2）3.【解析】【分析】（1）用消元法可把参数方程化为普通方程，由公式cossinxy可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）设1,A，2,B，2，把12,都用表示，求出三角形面积，利用诱导

公式、二倍角公式、正弦函数性质可得最大值．【详解】解：本题考查圆的极坐标.（1）1C：3cos33sinxy消去得到1C：2233xy，2C：2sin，等式两边同乘可得22sin，将222xy且siny

代入化简得2C：2211xy.（2）设1,A，2,B由曲线1C，2C的极坐标方程为可得123sin，22sin，且2，1211143sinsin222AOBSOAOB△143sinsin222

3sincos3sin23，当22即4时取得等号.故AOB面积的最大值为3.【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查极坐标的应用，属于

基础题．19.为培养学生在高中阶段的数学能力，某校将举行数学建模竞赛.已知该竞赛共有60名学生参加，他们成绩的频率分布直方图如图所示.-13-（1）估计这60名参赛学生成绩的中位数；（2）为了对数据进行分析，将60分以下的成

绩定为不合格.60分以上（含60分）的成绩定为合格，某评估专家决定利用分层抽样的方法从这60名学生中选取10人，然后从这10人中抽取4人参加座谈会，记为抽取的4人中，成绩不合格的人数，求的分布列与

数学期望；（3）已知这60名学生的数学建模竞赛成绩Z服从正态分布2,N，其中可用样本平均数近似代替，2可用样本方差近似代替（同一组数据用该区间的中点值作代表），若成绩在46分以上的学生均能得到奖励，本次数学建模竞赛满

分为100分，估计此次竞赛受到奖励的人数（结果根据四舍五人保留整数）.参考数据：0.6827PZ，220.9545PZ，330.9973PZ.【答案】（1）中位数为65；（2）分布列见解析；期望

为5635；（3）50.【解析】【分析】（1）由图中的数据可判断中位数在60分到80分之间，若设中位数为x，则0.005200.01520600.020.5x，从而可求得中位数；（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10人中合格的人数为6人，不合

格的人数为4人，则的可能取值为0，1，2，3，4，求出各自的概率，从而可得的分布列与数学期望；（3）由已知求出=64=18，，从而可得6418641846820.6827PZPZ

，再利用正态分布的对称性可求得结果-14-【详解】（1）设中位数为x，则0.005200.01520600.020.5x，解得65x，所以这60名参赛学生成绩的中位数为65.（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10人中合格的人数为

0.010.0220106，不合格的人数为1064.由题意可知的可能取值为0，1，2，3，4.则464101014CPC，13464108121CCPC，2246410327

CCPC，31464103435CCCP，4441014210CPC.所以的分布列为01234P114821374351210所以的数学期望183415601234142173521035E.（3）由题意

可得，300.005500.015700.02900.012064，222230640.150640.370640.4290640.2324，则18，由Z服从正态分布2,N，得

6418641846820.6827PZPZ，则18210.68270.158652PZ，460.68270.158650.84135PZ，所以此次竞赛受到奖励的人数为600.8413550.【点睛】此题考查频率分布直方图、分层抽样、离散

型随机变量的分布列、正态分布等知识，考查分析问题的能力和计算能力，属于中档题20.在如图所示的多面体中，底面ABCD是菱形，∠BAD=120°，DE//CF//BG，CF⊥平面ABCD，AG//EF，且CF=2BG.-15-（1）证明

：//EG平面ABCD；（2）若菱形ABCD的边长是2，4CF，求直线CF与平面AEG所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）55.【解析】【分析】（1）证明四边形AEFG为平行四边形．连接AF交EG于M，连接AC，BD交于O，连接MO，

证明//MGBO．即可证明//EG平面ABCD．（2）解法一、证明FC与平面AEFG所成的角就是AFC．在RtAFC中，求解FC与平面AEG所成角的正弦即可．解法二、以O为坐标原点，分别以直线AC、BD为x、y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，求出平面AEG

的法向量，然后利用向量的数量积求解直线CF与平面AEG所成角的正弦值即可．【详解】（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，所以//ADBC.又//DECF，ADDED，BCCFC，所以平面//ADE平面BCFG.因为//AGEF，由夹在两个平行平面间的

平行线段相等知AGEF，所以四边形AGFE是平行四边形.连接AF交EG于M，连接AC，BD交于O，连接MO，如图所示，易知////MOCFBG，且12MOCFBG，故四边形BOMG为平行四边形，所以//MGBO.

又BO平面ABCD，MG平面ABCD，所以//MG平面ABCD，即//EG平面ABCD.-16-（2）方法一（几何法）：因为CF平面ABCD，BD平面ABCD，故FCBD.因为四边形ABCD是菱形，所以BDAC.又AC平面ACF，FC平面ACF，且CFACC，所以B

D平面ACF.由（1）知//EGBD，所以EG平面ACF，又EG平面AEFG，所以平面AEFG平面ACF.因为平面AEFG平面ACFAF，点C平面ACF，所以点C在平面AEFG内的射影落在AF上，故FC与平面AEFG所成的角就是AFC.易知CFAC，2ACA

BBC，所以在RtAFCV中，2225sin524ACAFCAF，所以直线CF与平面AEG所成角的正弦值为55.方法二（向量法）：由（1）易知，2DEBG.以O为坐标原点，分别以AC，BD，OM所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直

角坐标系Oxyz，如图所示.则有1,0,0A，0,3,2E，0,3,2G，1,0,0C，1,0,4F，所以1,3,2AE，0,23,0EG，0,0,4CF.设平面AEG的法向量

为,,nxyz，由nAEruuur，nEG，得320230xyzy，令1z，解得2x，0y，所以2,0,1n为平面AEG的一个法向量.于是45cos,545nCF.故直线CF与平面

AEG所成角的正弦值为55.-17-【点睛】本题考查直线与平面平行于垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．21.已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点F在y轴的正半轴上，过点F的直线l与抛物线相交于A、B两点，且满足34OAOBuuruuur（1）求抛物

线C的方程；（2）若P是抛物线C上的动点，点M、N在x轴上，圆22(1)1yx内切于PMN，求PMN面积的最小值.【答案】（1）22xy；（2）8【解析】【分析】（1）本小题先设直线方程，再联立方程化简整理得到待定系数为p、k的关于x的一元二次方程，最后根据题意建立方程求p即

可解题.（2）本小题先设点00(,)Pxy，再根据题意表示出只含待定系数为0y的PMNS，最后根据基本不等式求最值即可.【详解】（1）由题意，设抛物线C的方程为22xpy(0p)，则焦点F的坐标为(0,)2p.设直线l的方程为2pykx

，11(,)Axy，22(,)Bxy，联立方程得222xpypykx，消去y得2220xpkxp，222440pkp，所以122xxpk，212xxp，2124pyy，-18-因为121234OAOBxxyyuuruuur，所以

1p故抛物线的方程为22xy.（2）设00(,)Pxy（000xy），(,0)Mm，(,0)Nn，易知点M、N的横坐标与P的横坐标均不相同.不妨设mn.易得直线PM的方程为00()yyxmxm化简得000()0yxxmymy

，又圆心(0,1)到直线PM的距离为1，所以0022001()xmmyyxm，所以22222000000()()2()xmyxmmyxmmy，不难发现02y，故上式可化为2000(2)20ymxmy，同理可得2000(2)20ynxny

，所以m、n可以看作是2000(2)20ytxty的两个实数根，则0022xmny，002ymny，所以22220002044842xyymnmnmny因为00(,)Pxy是抛物线C上的点，

所以2002xy，则2202042ymny，又02y，所以0022ymny，从而01()2PMNSmny20000000214242222yyyyyyy

0042(2)482yy当且仅当20(2)4y时取得等号，此时04y，022x故△PMN面积的最小值为8.【点睛】本题考查抛物线的标准方程，抛物线的几何性质以及基本不等式求最值问题，是偏-19-难题.22.已知函数2()(1)lnfxxm

x，Rm.（1）当2m时，求函数()fx图象在点(1,0)处的切线方程：（2）若函数()fx有两个极值点1x，2x，且12xx，求21fxx的取值范围.【答案】（1）220xy；（2）21,0ee【解析】【分

析】(1)首先由导函数确定切线的斜率，然后求解切线方程即可；(2)由题意结合韦达定理将原问题转化为一元函数的问题，然后利用导函数求解其取值范围即可.【详解】1当2m时，2(1)2fxxlnx，其导数2'21fxxx，所以，即切线斜率为2

，又切点为1,0，所以切线的方程为220.xy2函数fx的定义域为0,，222'21mxxmfxxxx，因为1x，2x为函数fx的两个极值点，所以1x，2x是方程2220xxm的两个不等实根，由根与系数的关系知12121,2mx

xxx，*又已知12xx，所以121012xx，222211(1)fxxmlnxxx，将*式代入得22222222212(1)21121fxxxxlnxxxl

nxxx，令12gtttlnt，1,12t，-20-，令，解得1te，当11,2xe时，，gt在11,2e递减；当1,1xe时，，gt在1,1e递增；所以

122()11minegtgeee，1,12gtmaxgg，1120122glng，即21fxx的取值范围是21,0.ee【点睛】导数是研究函数的单调

性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往

与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．