【文档说明】新疆乌鲁木齐市第七十中学、哈密二中2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理）试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.427 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年新疆乌鲁木齐七十中、哈密二中高二第二学期期末数学试卷（理科）一、选择题（共12小题）1.已知集合1,1A=−，220,BxxxxZ=+−∣，则AB=（）A.1−B.1,1

−C.1,0,1−D.{}1,0,1,2-【答案】C【解析】【分析】先求出集合A、B，由此能求出AB.【详解】解：∵集合1,1A=−，220,21,1,0BxxxxZxxxZ=+−=−=−∣∣，∴1,0

,1AB=−U.故选：C.【点睛】此题考查集合的并集运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题2.已知函数()fx为奇函数，且当0x时，()22fxxx=+，则()1f−=（）A.2−B.2C.3−D.3【答案】C【解析】【分析

】求得()1f的值，利用奇函数的性质可求得()1f−的值.【详解】由于函数()yfx=为奇函数，且当0x时，()22fxxx=+，则()13f=，因此，()()113ff−=−=−.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求函数值，考查计算能力，属于

基础题.3.在一次试验中，测得(,)xy的四组值分别是(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)，则y与x之间的回归直线方程是（）附：回归方程的斜率与截距的最小二乘估计公式分别为：()()()1122211nniiiiiinniiiixxyyxynxybxxxnx====−

−−==−−，aybx=−，其中x，y为样本平均值.A.1yx=+$B.2yx=+C.21yx=+D.1yx=−$【答案】A【解析】【分析】本题是选择题，根据所给的这组数据，取出这组数据的样本中心点，把样本中心点代入所给的四个选项中验证，若能够成

立的只有一个，这一个就是线性回归方程.【详解】解：∵1(1234)2.54x=+++=，1(2345)3.54y=+++=，∴这组数据的样本中心点是(2.5,3.5)把样本中心点代入四个选项中，只有1yx=+$成立，故选：A.【点睛

】此题考查线性回归方程，属于基础题4.设,,abcR，且ab，则下列不等式成立的是（）A.22abB.22acbcC.acbc++D.11ab【答案】C【解析】【分析】利用不等式的性质可得C正确，通过取特殊值即可得,,ABD错误.【详解】12−，但是1112−不成立，故D不正

确；12−−，但是()()2212−−不成立,故A不正确；,abacbc++，C正确；0c=时，2200acbc==，不成立，故选C.【点睛】用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种

方法叫做特殊法.若结果为定值，则可采用此法.特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性5.已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75．现发现在收集这些

数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90．在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为x，方差为2s，则（）A.270,75xs=B.270,75xs=C.270,75xsD.270,75xs【答案】A【解析

】【分析】根据题中所给的平均数的条件，重新列式求新数据的平均数，根据方差公式写出两组数据的方差，并比较大小.【详解】由题意，可得7050806070907050x+−+−==，设收集的48个准确数据分别记为1248,,,xxx，则222221248175[(

70)(70)(70)(6070)(9070)]50xxx=−+−++−+−+−22212481[(70)(70)(70)500]50xxx=−+−++−+，22222212481[(70)(70)(70)(8070)(7070)]50sxxx=−+−++−+

−+−22212481[(70)(70)(70)100]7550xxx=−+−++−+，所以275s．故选:A．【点睛】本题主要考查了数据的平均数和方差的计算公式的应用，其中解答中熟记数据的平均数和方差的公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，是基础题．6.设命

题()00:0,,ln1pxx+=−．命题q：若1m>，则方程221xmy+=表示焦点在x轴上的椭圆．那么下列命题属于真命题的是（）A.pB.()()pqC.pqD.()pq【答案】C【解析】【分析】首先根据1ln1e=−，得到p是

真命题，化简方程221xmy+=得到2211yxm+=，可判定q为真命题，即可得到pq为真命题。【详解】当01xe=时，0ln1x=−，所以p是真命题；当1m>时，101m，2211yxm+=表示焦点在x轴上的椭圆，所以q为真命题。所以pq为真命题．

故选：C【点睛】本题主要考查命题真假的判断，同时考查了椭圆的标准方程和特称命题，属于简单题。7.若a是从区间0,10中任取的一个实数，则方程210xax−+=无实数解的概率是（）A.0.1B.0.2C.0.3D.0.

4【答案】B【解析】【分析】首先根据方程210xax−+=无实数解和a的范围得到02a，再利用几何概型公式即可得到答案.【详解】若方程210xax−+=无实数解，则240a=−，即()()2202

2aaa−+−，又0,10a，∴02a.所以方程210xax−+=无实数解的概率是20.210=．故选：B【点睛】本题主要考查几何概型，同时考查了一元二次方程根的情况，属于简单题.8.函数(

)||sinfxxx=的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性及特殊值，可判断函数的图象．【详解】对于()||sinfxxx=，因为()||gxx=为偶函数，()sinhxx=为奇函数，所以()||sinfxxx=为奇函数

，所以排除C，D，当0.001x=时，(0.001)|0.001|0.0010g==，(0.001)sin0.0010h=，所以(0.001)|0.001|sin0.0010f=，所以排除B选项．故选：A.【点睛】本题考查

了根据函数解析式判断函数图象，利用函数的奇偶性、单调性和特殊值，可排除选项，属于基础题．9.直线:20lykx++=与曲线2:cosC=相交，则k满足的条件是（）A.34k−B.34k?C.kRD.kR且0k【答案】A【解析】【分析】由

曲线C的极坐标方程可得其直角坐标方程：2220xyx+−=，可知曲线C为圆，若要直线和圆相交，则圆心到直线的距离小于半径，列式即可得解.【详解】由曲线C的极坐标方程化成直角坐标方程为：2220xyx+

−=，故曲线C为圆，圆心为(1,0)，1r=，可得圆心到直线的距离221kdk+=+，由题意可得：dr，即2211kk++，解得：34k−.故选：A.【点睛】本题考查了极坐标方程和直角坐标方程的转化以及直线和圆的位置关系，考查了计算能力

，属于中档题.10.已知条件p：()()30xmxm−−−；条件q：2340xx+−，若q是p的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（）A.(,7)(1,)−−+B.(,7[1,)−−+C.()7,1−D.7,1−【答案】B【

解析】【分析】解一元二次不等式求得条件q中x的范围，解一元二次不等式求得条件p中x的范围，根据q是p的充分不必要条件列不等式组，解不等式组求得m的取值范围.【详解】对于条件q，()()234410xxxx+−=+−，解得41x−.

对于条件p，由()()30xmxm−−−，解得xm或3xm+.由于q是p的充分不必要条件，所以34m+−或m1，解得(,7[1,)m−−+.故选：B【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查根据充分不必要条件求参数的取值

范围，属于中档题.11.已知函数()fx的图象关于直线0x=对称，当210xx时，()()()21210fxfxxx−−恒成立，则满足1(21)3fxf−的x的取值范围是（）A.12,33B.2,3−C.2,3+D.12,2

3【答案】A【解析】【分析】根据题意可得()fx在(0,)+上单调递增，又函数()fx的图象关于直线0x=对称，可得函数()fx在(,0)−上单调递减，从而根据函数不等式列出不等式，求解x取值范围.【详解】解

：当210xx时，()()()21210fxfxxx−−恒成立∴()()210fxfx−恒成立即函数()fx在(0,)+上单调递增，又∵函数()fx的图象关于直线0x=对称∴函数()fx在(,0)−上单调递减，若要满足1(21)3fxf−

，则需112133x−−；解得1233x.故选：A.【点睛】此题考查由函数的单调性和对称性解不等式，考查转化思想，属于基础题12.已知函数3()1fxx=+，()222()2log2log4gxxxt=−+−，若函数()(())1Fxfgx=−在

区间[1,22]上恰有两个不同的零点，则实数t的取值范围（）A.5,42B.59,22C.94,2D.94,2【答案】C【解析】【分析】令2logmx=，则30,2m，问题转化为22240mmt−+−=在30,2m

上有两个不同的实解，即2224tmm=−++在30,2m上有两个不同的实解.利用二次函数的图象，可得结论.【详解】因为函数()(())1Fxfgx=−的零点为方程()2222log2log41fxxt−+−=的根，而(0)1f=，所以()2222log2

log40xxt−+−=.令2logmx=，由[1,22]x则30,2m，问题转化为22240mmt−+−=在30,2m上有两个不同的实解，即2224tmm=−++在30,2m上有两个不同的实解.令232240,2ymmm=−++

，则219320,222ymm=−−+，∴max92y=，min4y=，即94,2y由2224tmm=−++在30,2m上有两个不同的实解，即232240,2ymmm

=−++与yt=图象有两个不同交点，所以实数t的取值范围是94,2.故选：C【点睛】本题主要考查函数的零点，函数的单调性，二次函数的图象与性质，考查学生逻辑思维能力，转化与化归能力，运算求解能力.二、填空题（每小题5分，共20

分）13.定义域为R的偶函数()fx为周期函数，其周期为8，当4,0x−时，()1fxx=+，则()25f=__________.【答案】0【解析】【分析】利用函数()yfx=的周期和奇偶性可得出()()()2511fff==−，进而得解.【详解】由于函数()yfx=是R上周期为8的偶函数，

且当4,0x−时，()1fxx=+，因此，()()()2511110fff==−=−+=.故答案为：0.【点睛】本题考查利用函数的周期性和奇偶性求函数值，考查计算能力，属于基础题.14.函数log(3)1(0,1)ayxaa=+−的图象恒过定点A

，若点A在直线10mxny++=上，其中0mn，则12mn+的最小值为_____..【答案】8【解析】【分析】可看出log(3)1ayx=+−的图象过定点(2,1)A−−，从而可据题意得出21mn+=，再根据0mn，从

而得出12124(2)22mnmnmnmnnm+=++=+++，再由基本不等式，即可得出结果.【详解】log(3)1ayx=+−恒过定点(2,1)A−−；又点A在直线10mxny++=上；∴210mn−−+=；∴21mn+=；∵0

mn；∴12124(2)228mnmnmnmnnm+=++=+++；∴12mn+的最小值为8.故答案为：8.【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，涉及函数图像过定点，属于基础题型.15.代数式2521(2)(1)xx+−的展开式的常数项是________（用数字作答）

【答案】3【解析】5211x−的通项公式为521015521()(1)(1)rrrrrrrTCCxx−−+=−=−.令2102r−=−，得4r=；令2100r−=，得=5r.∴常数项为445555(1)2(1)523CC−+−=−=故答案为3.点睛：求二

项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第1r+项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第1r+项，由特定项得出r值，最后求出其参数.16.今有6个人

组成的旅游团，包括4个大人，2个小孩，去庐山旅游，准备同时乘缆车观光，现有三辆不同的缆车可供选择，每辆缆车最多可乘3人，为了安全起见，小孩乘缆车必须要大人陪同，则不同的乘车方式有_____种.（用数字作答）【答案】348【解析】【分析】根据题意，

按6人乘坐缆车的数目分2种情况讨论，求出每种情况的安排方法数目，由加法原理计算可得答案.【详解】解：根据题意，分2种情况讨论：①，若6人乘坐2辆缆车，需要将6人分成2组，有361102C=种分组方法，在三辆不同的缆车

中任选2辆，安排2个组，有236A=种情况，则此时有10660=种乘车方式；②，若6人乘坐2辆缆车，需要先将4名大人分为2、1、1的三组，有246C=种分组方法，将分好的三组对应三辆缆车，有336A=种情况，若2名小孩作两辆缆车，

需要在三辆不同的缆车中任选2辆，安排2名小孩，有236A=种情况，若2名小孩作一辆缆车，有2种情况，则此时有()6662288+=种情况，则一共有60288348+=种不同的安排方法；故答案为：348.【点睛】本题考查排列、

组合的简单应用，涉及分类、分步计数原理的计算，属于基础题.三、解答题（17题10分，其它题目每题12分，共70分）17.某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系,对该校200名学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间(单位:min)进行调查,将收集到的

数据分成[0,10),[10,20),[20,30),[30,40),[40,50),[50,60]六组,并作出频率分布直方图(如图).将日均课外体育锻炼时间不低于40min的学生评价为“课外体育达标”.(1)请根据频率分布直方图中的数据填

写下面的2×2列联表,并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关?课外体育不达标课外体育达标总计男60女110总计(2)现从“课外体育达标”学生中按分层抽样抽取5人,

再从这5名学生中随机抽取2人参加体育知识问卷调查,求抽取的这2人课外体育锻炼时间都在[40,50)内的概率.附参考公式与数据:K2=2(-)()()()()nadbcabcdacbd++++P(K2≥k0)0100.050.0100

.0050.001k02.7063.8416.6357.87910.828【答案】(1)答案见解析；(2)0.6.【解析】试题分析：(1)根据频率分布直方图,得“课外体育达标”的学生数为50.由2×2列联表可知“课外体育达标”的男生人数为30

,女生人数为20.据此完成列联表即可，计算观测值K2≈6.061<6.635,故在犯错误的概率不超过0.01的前提下不能认为“课外体育达标”与性别有关.(2)从“课外体育达标”学生中按分层抽样抽取5人,其中课外体育锻炼时间在[40,50)内有4人,列出所有可能的基本事

件，共有10种,其中2人都在[40,50)内的基本事件有6种,故所求的概率为610=0.6.试题解析：(1)根据频率分布直方图,得“课外体育达标”的学生数为200×(0.020+0.005)×10=50.由2×2列联表可知“课外

体育达标”的男生人数为30,女生人数为20.补全2×2列联表如下:课外体育不达标课外体育达标总计男603090女9020110总计15050200计算K2=22(-)200(6020-9030)()()()()9011015050nadbcabcdacbd=++++≈6.0

61<6.635,故在犯错误的概率不超过0.01的前提下不能认为“课外体育达标”与性别有关.(2)从“课外体育达标”学生中按分层抽样抽取5人,其中课外体育锻炼时间在[40,50)内有5×0.0200.0200.005+=4(人)

,分别记为a,b,c,d;在[50,60]上有1人,记为E.从这5人中抽取2人,总的基本事件有ab,ac,ad,aE,bc,bd,bE,cd,cE,dE共10种,其中2人都在[40,50)内的基本事件

有ab,ac,ad,bc,bd,cd共6种,故所求的概率为610=0.6.18.已知函数()|1|fxx=−.（1）求不等式()32||fxx−的解集；（2）若函数()()|3|gxfxx=++的最小值为m，正数a，b满足a

bm+=，求证：224abba+.【答案】（1）43xx∣或23x−；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据绝对值的几何意义，分1x，01x，0x三种情况讨论求解.（2）利用绝对值三角不等式求出4ab+=，然后利用基本不等式结合不等式的性质证

明即可.【详解】（1）当1x时，得41323xxx−−，∴43x.当01x时，得1322xxx−−.∴无解.当0x时，得2123xxxx−+−.所以不等式的解集为43xx∣或23x

−.（2）∵()|1||3||(1)(3)|4gxxxxx=−++−−+=，∴4m=，即4ab+=，又由均值不等式有：22abab+，22baba+，两式相加得2222abbaabba++++，∴22()4ababba+

+=.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式以及基本不等式和不等式的基本性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为132213xt

yt==−+（t为参数）以O为极点，x轴为正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为22cos4=+，若直线l与曲线C交于A，B两点．（Ⅰ）若()0,1P−，求PAPB+

；（Ⅱ）若点M是曲线C上不同于A，B的动点，求MAB△面积的最大值．【答案】（Ⅰ）2103；（Ⅱ）1059【解析】【分析】（Ⅰ）先根据xcosysin==将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，再将直线l的参数方程代人，利用直线参数方程的几何意义得PAPB+；（Ⅱ）由

（Ⅰ）知ABPAPB=+，所以只需求M到直线AB的距离最大值，由点到直线距离公式以及三角函数性质求最值【详解】解：（Ⅰ）22cos4=+，2cos2sin=−，化为22cos2sin=−将xcosysin==代入，得曲线C的直角坐标方程为

22220xyxy+−+=，将132213xtyt==−+代入曲线C方程，得2244010,40399tt−−==+=，设,AB对应的参数分别为12,tt，则12122,13tttt+==−，由直线参数方程的几何意义得，12PAPBtt+=+=()2121212

210223tttttt+−+=．（Ⅱ）将直线l的参数方程化为普通方程得2210xy−−=，设()12cos,12sinM+−+，得M到直线AB的距离为：224cos2sin2232cos()33d+−++==，最大值为523，由（Ⅰ）知2

103ABPAPB=+=，因而MAB△面积的最大值为1059.20.某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树.某农户考察三种不同的果树苗A、B、C，经引种试验后发现，引种树苗A的自然成活率为0.8，引种树苗B、C的自然

成活率均为(0.70.9)pp.（1）任取树苗A、B、C各一棵，估计自然成活的棵数为X，求X的分布列及()EX；（2）将（1）中的()EX取得最大值时p的值作为B种树苗自然成活的概率.该农户决定引种n棵B种树苗，引种后没

有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活.①求一棵B种树苗最终成活的概率；②若每棵树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种B种树

苗多少棵？【答案】（1）详见解析；（2）①0.96；②700棵.【解析】【分析】（1）依题意，得到X的所有可能值为0,1,2,3，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用公式求得数学期望；（2）由（

1）可知当0.9p=时，()EX取得最大值，①利用概率的加法公式，即可求得一棵B树苗最终成活的概率；②记Y为n棵树苗的成活棵数，()Mn为n棵树苗的利润，求得()()286EMnn=，要使()()200000EMn，即可求解.【详解

】（1）依题意，X的所有可能值为0，1，2，3.则()()200.21PXp==−；()()()21210.810.21PXpCpp==−+−()()20.810.41ppp=−+−，即()210.4

1.20.8PXpp==−+，()()21220.20.81PXpCpp==+−()220.21.611.41.6ppppp=+−=−+，()230.8PXp==；X的分布列为：X0123P20.20.40.2pp−+20

.41.20.8pp−+21.41.6pp−+20.8p所以()()()22210.41.20.821.41.630.8EXppppp=−++−++20.8p=+.（2）当0.9p=时，()EX取得最大值.①一棵B树苗最终成活的概率为0

.90.10.750.80.96+=.②记Y为n棵树苗的成活棵数，()Mn为n棵树苗的利润，则(),0.96YBn，()0.96EYn=，()()3005035050MnYnYYn=−−=−，()()()35050286EMnEYnn=−=，要使()()200000EMn

，则有699.3n.所以该农户至少种植700棵树苗，就可获利不低于20万元.【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，以及期望的实际应用问题，对于求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量概率分布列，最后按

照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.21.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的一个焦点是(1,0)F，且离心率为12.（1

）求椭圆C的方程；（2）设经过点F的直线交椭圆C于M，N两点，线段MN的垂直平分线交y轴于点()00,Py，求0y的取值范围.【答案】（1）22143xy+=；（2）33,1212.【解析】【分析】（1）利用椭圆的性质及cea=，222bac=−即可得出

；（2）分直线MN的斜率存在于不存在讨论，当MN的斜率存在时，可设直线MN的方程为(1)ykx=−(0)k，与椭圆的方程联立得到根与系数的关系及其中点坐标公式及其基本不等式的性质即可得出.【详解】解：（1）设椭圆C的半焦距是c.依题意，得1c=.因为椭圆C的离心率12cea==，所以2a=，

1c=，2223bac=−=.故椭圆C的方程为22143xy+=.（2）当MNx⊥轴时，显然00y=.当MN与x轴不垂直时，可设直线MN的方程为(1)(0)ykxk=−.由22(1)3412ykxxy=−+=消去y整理得()()2222348430kxkxk+

−+−=.设()11,Mxy，()22,Nxy，线段MN的中点为()33,Qxy，则2122834kxxk+=+.所以212324234xxkxk+==+，()3323134kykxk−=−=+.线段MN的垂直平分线方程为2223143434kkyxkkk+

=−−++.在上述方程中令0x=，得0213344kykkk==++.当k0时，3443kk+−；当0k时，3443kk+.所以03012y−，或03012y.综上：0y的取值范

围是33,1212.【点睛】此题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查转化思想和计算能力，属于中档题22.已知函数2()xfxeax=−，其中常数aR.（1）当(0,)x+时，不等式()0fx恒成立，求实数a的

取值范围；（2）若1a=，且[0,)x+时，求证：2()414fxxx+−.【答案】（1）2,4e−；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）问题等价于2xeax恒成立，构造函数2()(0)xehxxx=

，利用导数求其最小值即可得到实数a的取值范围；（2）不等式等价于证明224140xexx−+−，设2()2414(0)xgxexxx=−−+，只需求出()gx的最小值，并说明其大于0即可得证.【详解】（1）由题意知当(0,)x+时，不等式2(0)xfxeax=−恒

成立，即2xeax，设2()(0)xehxxx=，则3(2)()xxehxx−=，当(0,2)x时，()0hx，函数()hx单调递减，当(2,)x+时，()0hx，函数()hx单调递增，∴()h

x的最小值为2(2)4eh=，∴实数a的取值范围为2,4e−；（2）证明：由题意知，要证2()414fxxx+−，即证22414xexxx−+−，即证224140xexx−+−，设2()2414(0)xgxexxx=−−+，则()44xgxe

x=−−，设()44xhxex=−−，则()4xhxe=−，由()0hx得2ln2x；由()0hx得2ln2x；所以函数()hx在[0,2ln2)单调递减，在(2ln2,)+单调递增；则()

()min2ln28ln20hxh==−，又(0)30h=−，2(2)120he=−，3(3)160he=−，所以存在()2,3m，使得()0hm=，即44mem=+，故当[0,)xm时，()0gx，即函

数()gx单调递减；当(,)xm+时，()0gx，即函数()gx单调递增；∴22()()2414182mgxgmemmm=−−+=−，由于23m，所以()2()290gxm−，即2()4

14fxxx+−.【点睛】本题主要考查由导数的方法研究不等式恒成立的问题，考查由导数的方法证明不等式，熟记导数的方法求函数的单调性，最值等即可，属于常考题型.