湖南省湘东九校2019-2020学年高二上学期期末联考数学答案（PDF版）

湖南省湘东九校2019-2020学年高二上学期期末联考数学答案（PDF版）

第 1 页 共 9 页 数学试题答案 一、选择题：本题共 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． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C B A D C C B A C A D 1．已知集合 A＝{x|2＜x＜4}，B＝{x|x2﹣4x+3＜0}，则 A∩B＝（ ） A．{x|1＜x＜4} B．{x|2＜x＜4} C．{x|3＜x＜4} D．{x|2＜x＜3} 1、答案：D【解答】解：∵集合 A＝{x|2＜x＜4}，B＝{x|x2﹣4x+3＜0}＝{x|1＜x＜3}， ∴A∩B＝{x|2＜x＜3}．故选：D． 本题考查不等式，交集的求法，交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 2．已知复数 z＝ )2)(1( ii  ，则 z 在复平面上对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2、答案：C【解答】解：z 在复平面上对应的点的坐标为（-3，-1），位于第三象限．故选：C． 3．已知 2,03a ， 3.03.0 b ， 3log 5.0c ，则（ ） A． cba  B． bac  C． cab  D． abc  3、答案：B【解答】因为 103 2.0   aa ， 13.0 3.0   bb ， 0,3log 5.0  cc ，所以 bac  。 本题考查了对数函数和指数函数的单调性，对数的运算性质，属于基础题． 4．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原 理可以得到柱体的体积公式 V 柱体＝Sh，其中 S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某斜三棱柱的底面 是边长为 4 正三角形 ABC，侧棱长为 4（单位：cm），侧棱与底面 ABC 所成的角为 600，则该柱体的 体积（单位：cm3）是（ ） A．24 B． 316 C． 38 D． 324 4、答案：A【解答】：斜三棱柱的高是 32 该柱体的体积为 24 选 A 5． 函数 ||lncos xxy  的图像可能是（ ） 5、答案：选 D 【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合，函数单调性的求法，是基础题． 第 2 页 共 9 页 6、某保密单位有两个相互独立的安全防范系统 A 和 B，系统 A 和系统 B 在任意时刻发生故障的概率分别 为 和 6 1 ，若在任意时刻恰有一个系统发生故障的概率为（ ） A． 30 11 B． 3 1 C． 10 3 D． 30 1 6、答案：C【解答】：在任意时刻恰有一个系统发生故障的概率 10 3 6 1 5 4 6 5 5 1  选 C 本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式等基础知识，是基础题． 7．已知函数 xexf x  )( ，不等式 f(x－1)－f(2)＜0 的解集为( ) A．(-1，3) B． )3,( C． ),3(  D．(－1，1)∪(1，3) 7、答案：C，【解答】：由题意知函数 xexf x  )( 在定义域(－∞＋∞)上单调递减．由 f(x－1)－f(2) ＜0 可得 f(x－1)＜f(2)，x－1>2，解得 x>3 故原不等式的解集为 ),3(  ，故选 C. 8、 ABC△ 是边长为 32 的正三角形，O 是 ABC△ 的中心，则 ( ) ( )OA OB OA OC       ( ) A．2 B．-2 C． 436  D． 436  8、答案：B【解答】：   2234))(( 2  OCOBOCOAOBOAOAOCOAOBOA 故选：B． 【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查向量模的求法，是中档题． 9、已知函数 ( ) 2 sin cos( )4f x x x    ， 若 2( ) 3f   ，则sin 2 ＝（ ）. A． 9 5 B． 9 5 C． 9 4 D． 9 4 9、答案：A，【解答】： 由条件得 2cos( )4 3    , 2 5sin 2 cos( 2 ) 2cos ( ) 12 4 9            或将条件 2cos( )4 3    展开平方可得结果. 10．如图所示，直线 l 与双曲线 E： 的两条渐近线分别交于 A，B 两点，若 6OBOA 且△AOB 的面积为 33 ，则 E 的离心率为（ ） A． B． C．2 D． 10、答案：C【解答】解：设 ，由题意可得|OA|•|OB|cos2 θ ＝﹣ 6， 332sin2 1 OBOA 所以 32tan  ，即 01202  ，可得 060 ,  3tan   a b ，所以 2)(1 2  a be ，故选：C． 第 3 页 共 9 页 11、在平行四边形 ABCD 中，满足 BDAB  ， 22 162 BDAB  ，若将其沿 BD 折成直二面角 A﹣BD ﹣C，则三棱锥 A﹣BCD 的外接球的表面积为（ ） A．16 π B．8 π C．4 π D．2 π 11、答案：A【解答】解：平行四边形 ABCD 中，∵AB⊥BD，沿 BD 折成直二面角 A﹣BD﹣C， ∵平面 ABD⊥平面 BDC 三棱锥 A﹣BCD 的外接球的直径为 AC， ∴4R2=AC2＝AB2+BD2+CD2＝2AB2+BD2＝16∴外接球的半径为 2，故表面积是 16 π ．故选：A． 12．已知偶函数  xf 满足    xfxf  44 ，且当  4,0x 时，   2 x xexf   ，若关于 x 的不等式      8,802  在xafxf 上有且只有 12 个整数解，则实数 a 的取值范围是 A． )3,4[ 2 3 2  ee B． )3,[ 2 3 2 1  ee C． )2,3[ 12 3  ee D． ),4[ 2 1 2  ee 12、答案：D．【解答】:偶函数  xf 满足    xfxf  44 ，f(x)的周期为 8 且关于直线 x=4 对 称 ，  当  4,0x 时 ，   02   x xexf 知   0xf 恒 成 立 ， 又 由     02  xafxf 得 0])()[(  axfxf ，即 axf )( 在[0，8]上有 6 个零点，而   2 x xexf   [0，2]单调递增，[2，4]单调递 减，f(0)=f(4)=f(8)=0, 22 3 12 1 4)4(,3)3(,2)2(,)1(   efefefef ， )1()4( faf  2 1 24   eae ,选D 【点评】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合以及函数的零点个数的判断，考查发现问题解决问 题的能力． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．若 6)( x ax  展开式的常数项为 160，则 a＝ 第 4 页 共 9 页 13、答案：2 【解答】：解：二项式（x+ ）6 的展开式的通项公式为 Tr+1＝ •ar•x6﹣2r，令 6﹣2r＝0， 可得 r＝3；a＝2．【点评】本题主要考查二项式定理等基础知识；考查运算求解能力． 14．已知数列{an}满足 a2＝2，a3＝6，且数列{an+2n}为等比数列，则 a4 的值为 14、答案：2【解答】：解：∵数列{an}满足 a2＝2，a3＝6，且数列{an+2n}为等比数列，∴公比 q＝ 24 6 2 3   a a ， 故 a4+8＝（a3+6）•q＝12×2＝24，则 a4＝16【点评】本题主要考查等比数列的定义和通项公式，属于基 础题 15．为全面贯彻党的教育方针，落实立德树人的根本任务，某学校积极推进教学改革，开发了 8 门校本 课程，其中艺术类课程 5 门，劳动类课程 3 门．小明从 8 门课程中任选 3 门，其中劳动类课程至少选 1 门，则小明的选课方法共有 15、答案：46，解答 46,46 3 3 1 5 2 3 2 5 1 3 3 5 3 8  CCCCCCC 16．已知动点 M 在抛物线 xy 42  上，动点 N 在直线 2x﹣y+4＝0 上，则两点距离|MN|的最小值是 16、答案： 10 57 【解答】解：设动点 M 动点 M 在抛物线 xy 42  上，满足：y2＝﹣4（x﹣2），（x ≥0），同理，当 x＜0 时，M 到 y 轴与到：动点 M（x，y）满足：y2＝8（x+1），（x＜0）， 当 M 到直线 2x﹣y+4＝0 距离最小时，x＜0，M（x0，y0）到 2x﹣y+4＝0 的距离： d＝ ＝ ，当 y0＝2 时，d 取最小值 10 57 ． 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 3 bcosC﹣c sinB＝0． （1）求 C； （2）已知 c＝2 ，求△ABC 外接圆的面积． 菁优网版 权所有 17、【解答】解：（1） 3 bcosC﹣c sinB＝0． ∴由正弦定理可得： sinBcosC﹣sinCsinB＝0 ∵sinB＞0，∴ cosC＝sinC，--------------------------------------------------2 分 ∴tanC＝ 3 ，∵C ∈ （0， π ），∴C＝ ；--------------------------------6 分 （2）∵c＝2 ，c＝ ， 4 2 3 32 sin2  c cR ∴R=2-------------10 分 第 5 页 共 9 页 ∴△ABC 外接圆的面积为 4 ---------------------------------------------------12 分 【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数公式在解三角形中的综合应用，属于基础题． 18．等比数列 na 满足: 10, 1na a  ,且 2 4 5,2( 1),a a a 成等差数列.设等差数列 nb 的前 n 项和为 nS ，且满足 15,1 51  Sb . （1）求数列 na 、 nb 的通项公式。 （2）记 nn n baC )3(log 1 4  ，求数列 nC 的前 n 项和 nT 18、【解析】（1）由条件得： 2 5 44( 1)a a a   ， 4 34( 1), 0, 4q q q q q       ………… 2 分 而 11 a ，所以 14  n na ……………… 3 分 又 ,15,1 51  Sb 所以 nbn  ……………… 6 分 （2）由（1）知 )2 11(2 1 )2( 1 )3(log 1 4  nnnnbaC nn n ……………… 8 分 )]2 11()4 1 2 1()3 1 1 1[(2 1  nnTn  …………………………………… 10 分 ]2 1 1 1 2 11[2 1  nnTn …………………………………… 11 分 所以 ]2 1 1 1 2 3[2 1  nnTn ………………………… 12 分 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，等差数列的求和的应用，主要考查学 生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 19．平行四边形 ABCD 满足∠BAD＝60°, AB=2AD, E 是线段 AB 的中点，沿 DE 将三角形 ADE 折起 至△DEF，使得△DEF 所在平面与底面 ABCD 互相垂直，如图所示，G 线段 CF 的中点． （Ⅰ）求证：BG∥平面 DEF； （Ⅱ）求 CF 与平面 ABCD 所成角的正切值． 19、【解答】（Ⅰ）证明：如图，取线段 DF 的中点 H，连接 HG， ∵G 是线段 CF 的中点，则 HG∥CD 且 ． 平行四边形 ABCD 中，E 为线段 AB 中点，则 BE∥CD 且 ． 则 HG∥BE 且 HG＝BE，故四边形 BEHG 为平行四边形， ∴BG∥EH．-----------------------------------------------------------------------------4 分 又∵BG ⊄ 平面 DEF，EH ⊂ 平面 DEF，∴BG∥平面 DEF；------------------6 分 第 6 页 共 9 页 （Ⅱ）解：法一：如图，在等边△DEF 中取 DE 边中点 O，连接 FO，连接 CO,则 FO⊥DE， ∵平面 DEF⊥平面 ABCD，且平面 DEF∩平面 ABCD＝DE， ∴FO⊥平面 ABCD，则∠OCF 为 CF 与平面 ABCD 所成角-----------8 分 在平行四边形 ABCD 中，∠BAD＝60°,E 是线段 AB 的中点， 设 AD=2a,则有 DO=a,CO=4a,∠ODC＝60°在△DOC 中，可得 CO= a13 又FO= a3 ，tan∠OCF= 13 39 13 3  a a CO FO -----------------------------------------12分 法二：设 AB=4，BC=2,设 CF 与平面 ABCD 所成的角为 ，如图，以 OE 为 x 轴，以过 O 和 CD 中点的直 线为 y 轴，以 OF 为 z 轴建立直角坐标系，…………………………7 分 则 )0,32,1(C ， )3,0,0(F ， )3,32,1(CF ，…………………………9 分 平面 ABCD 的法向量取为 )1,0,0(m ，则 |,cos|sin  mCF ＝ 4 3 ，…………………11 分 13 39tan   …………………………12分 20．（本小题 12 分） 十九大提出：坚决打赢脱贫攻坚战，做到 精准扶贫，某县积极引导农民种植一种优质黄 桃作为帮助农民脱贫致富的主导产业，从而大 大提升了该县村民的经济收入，去年黄桃喜获 丰收，从中随机抽取 1000 个.测量这些黄桃的 横径,得到如图所示的频率分布直方图. (1)求这 1000 个黄桃横径的众数和中位数（结 果保留一位小数）； (2)(2)根据频率分布直方图，可以认为全县丰 收 的 黄 桃 横 径 值 X 近 似 服 从 正 态 分 布 2( , )N   , 其 中 μ 近 似 为 样 本 平 均 数 5.72x , 2 近似为样本方差 5.372 s . (i)若规定横径为 66. 4~84.7 mm 的为一级果，试估计这 1000 个横桃中一级果的个数; (ii)为答谢广大农户的积极参与，某调查机构针对参与调查的农户举行了抽奖活动，抽奖规则如下：在 第 7 页 共 9 页 一箱子中放置 5 个除前颜色个完全相同的小球，其中红球 1 个，黑球 4 个，让农户从箱子中随机取出 一个球，若取到红球，则抽奖结束；若取到黑球，则将黑球放回箱中，让他继续取球，直到取到红球 为止（取球次数不超过 3 次）。若农户取到红球，则视为中奖，获得 2000 元的奖励，若一直未取到红 球，则视为不中奖，现农户李四参加了抽奖活动，记他中奖时取球的总次数为随机变量 X，求 X 的分 布列和数学期望。 )95.02268.0),,(~ 796.0975.0817.0975.00838.0975.01.65.379.535( 2 987   ）－（）－（则若 ，＝，＝，＝，，＝附：  XPXPNX 20、【解析】（1）这 1000 个黄桃横径的众数为 5.72 ，………………1 分 设中位数为 x，则有 5.066.0)70(22.009.002.0  x ，解得 6.72x ， 所以中位数为 6.72 ……3 分 （2）(i)由题可得黄桃的横径 )5.37,5.72(~X N ，………………4 分 815.02 68.095.095.0)2(   XP ………………6 分 所以这 1000 个黄桃中一级有 815.01000 ＝815 个。………………8 分 (ii)由题可知李四每一次取球中奖的概率为 5 4 ，未中奖的概率为 5 1 。则 5 1 5 4)( 1      n nxP ，且 x 的分布 列为 …………………9 分 )25 48 25 8 5 1(5 1 5 1 5 435 1 5 425 11 2         EX 所以 125 113EX …………………………12 分 【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考査二项分 布的性质等基础知识，是中档题． 21．已知椭圆 12 2 2 2  b y a x 的左右焦点分别为 1 2,F F ，过 1F 作直线 L，交椭圆于 A、B 两点， ABF2 的周长为 8，且椭圆经过点 )2 3,3( 。 (1) 求椭圆的方程； (2) 过坐标原点 O 作直线 L 的垂线，交椭圆于 ,P Q 两点,试判断 2|| 4 || 1 PQAB  是否为定值，若 是，求出这个定值。. 21.【解析】（1） ||||2|,|||2 2121 BFBFaAFAFa  , 84|||||| 22  aABBFAF ， 有 a＝2；………………2 分 x 1 2 3 p 5 1 5 1 5 4 1      5 1 5 4 2      第 8 页 共 9 页 又 1 )2 3(3 2 2 2 2  ba ，有 3b ，………………3 分 所以椭圆的方程为 134 22  yx ………………4 分 (2)当直线 L 的斜率不存在时， 4||,3||  PQAB , 12 7 4 1 3 1 || 4 || 1 2  PQAB ………………5 分 当直线 L 的斜率存在时，设直线 : ( 1)AB y k x  ，代入椭圆方程得： 2 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x k x k     ， , 43 12 43 8 221 2 2 21           kxx k kxx 2 2 21 2 43 )1(12||1|| k kxxkAB   ；………………8 分 又 直 线 1:PQ y xk   ， 代 入 椭 圆 方 程 得 ： 012)43( 222  kxk ， 2 2 212 34 134||11|| k kxxkPQ   ，………………10 分 则, 12 7 )1(12 )1(7 )1(48 )43((4 )1(12 34 || 4 || 1 2 2 2 2 2 2 2     k k k k k k PQAB 综上所述 12 7 || 4 || 1 2  PQAB 为定值。………………12 分 22、设函数 xeaxaexf x )(ln)(  ， Ra (1)若 2a e ,求曲线 ( )y f x 在点 (2, (2))f 处的切线方程; (2)若 1,0 1a x    ,求证: ( ) 0f x  22.【解析】（1） 2( ) 2 ln , ( )x x ef x e e x ex f x e ex        ， 2(2)f e  ， ……………… 2 分 切线方程为： 2 2 2(1 ln 2)y e x e e    …………………… 4 分 法 一 ： 记 xxx ln)(  ， 则 x x xx 111)(  ， )(x 在 )1,0( 单 调 减 ，  0)1()( min   x 1)(  x ，即 1ln  xx …………………… 6 分 又由 xeaxaexf x )(ln)(  ，可记 exeaxxag x  )ln()( ，结合 0)( x ，得 )(ag 在 1a 上单调递增， exexxgag x  ln)1()( max ， 要证： ( ) 0f x  ，即证 0ln)1()( max  exexxgag x …………………… 8 分 当 10  x 时， 1)1(1)1(ln  exexexexexe xxx ，…………………… 9 分 记 1)(  exexh x ， 则 eexh x  )( 在 )1,0( 单 调 递 增 ， 又 0)1()( max  hxh ， 第 9 页 共 9 页  0)(  eexh x ，  1)(  exexh x 在 )1,0( 单 调 递 减 ，  0)0()( max  hxh ，…………………… 11 分 即 0)(1)1(ln  xhexexexe xx ，证毕…………………… 12 分 法二： ( ) x af x e a ex      ，则 (1) 0f   ，且 2( ) x af x e x    ， 1a   ， ( )f x 在 (0,1) 上为增函 数. ……………………5 分 ①当 0a e  时,即 ( ) (1) 0f x f e a     , ）单调递减，在（ 10)(xf  , ( ) (1)=0f x f   ,所以 f(x) 在（0，1）单调递增， ( ) (1) 0f x f a e      ,故此时不等式成立 ……………………6 分 ②当 1e a    时, 0)1(,)(0  aefxfx ＝且时， 故存在 0 (0,1)x  使 0( ) 0f x  , 且 0 min 0 0 ( ) ( ) x af x f x e a ex       ,又 0 2 0 0x ae x   , 02 0 xexa  0 2 min 0 0( ) (1 )xf x e x x e     设 2( ) (1 ) (0 1)xg x e x x e x      , 2( ) (2 ) ( 1)( 2) 0x xg x e x x e x x         , 1 (0) ( ) (1)g g x g e     , min( ) 0f x  , …………………… 8 分 1 0(0, )x x 存在 ,且当 1x x 时, 1 max 1 1( ) ln ( )xf x e a x a e x    ,且 1 1 0x ae a ex     1 1 1 max 1 1 1 1 1 ( ) ln ( ) (1 ) (1 ln )x x xaf x e a x e x e x a xx          要使原不等式成立,只需 1 1 1(1 ) (1 ln ) 0xe x a x    , 11,0 1a x    , 所以只需 1 1 1(1 ) (1 ln ) 0xe x x    …………………… 10 分 令 ( ) ln 1(0 1)x xh x e xe x x      , 1( ) xh x xex    ,且在 (0,1) 内为减函数, 0)4 9(3 2 3 2 2 3)3 2( 3 2 3 2  eeh ， 01)1(  eh ,故存在 2 2( ,1)3x  ,使 01)( 2 2 2 2  xexxxh , 所以 h(x)在 ）单调递减单调递增，在（在 1,),3 2( 22 xx ， 所以 1ln)()( 222max 22  xexexhxh xx 又 01)( 2 2 2 2  xexxxh 即 2 2 12 x ex  ，且 22 2 1ln xx  2 2 max 2 2 2 22 2 1 1 1 9( ) (1 ) 1 1 2 1 02 2 4 x xh x x xx x             故原不等式成立. …………………… 12 分