广西桂林市2019-2020学年高二下学期期末考试质量检测数学（理）试题 Word版含解析 16页

桂林市2019~2020学年度下学期期末质量检测 高二年级 数学（理科）‎ 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，有且只有一个选项是符合题目要求的.‎ ‎1. （ ）‎ A. 3 B. 6 C. 9 D. 12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据排列数公式计算即可得答案.‎ ‎【详解】解：根据排列数公式得：‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查排列数公式的计算，是基础题.‎ ‎2. i（1+i）=（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的乘法运算得到结果.‎ ‎【详解】根据复数的乘法运算得到：原式i（1+i）=i-1． ‎ 故选A．‎ ‎【点睛】这个题目考查了复数的乘法运算，题目简单基础.‎ ‎3. 函数的导数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 16 -‎ 根据导数公式直接计算即可得答案.‎ ‎【详解】解：因为，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查导数的公式，是基础题.‎ ‎4. （ ）‎ A. 3 B. 2 C. 1 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用微积分基本定理求解即可．‎ ‎【详解】．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查微积分基本定理的应用，考查计算能力，属于基础题．‎ ‎5. 的展开式中的常数项为（ ）‎ A. -1 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为0，求出，可得展开式的常数项．‎ ‎【详解】的展开式的通项为，‎ 当时，可得的展开式中的常数项为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项的应用，解题的关键是熟练掌握二项式定理，正确写出其通项，属于基础试题 ‎6. 用反证法证明命题“在中，若，则”时，应假设（ ）‎ - 16 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用命题的否定，写出假设即可．‎ ‎【详解】用反证法证明命题“在中，若，则”时，‎ 假设就是命题“中，若，则”的结论的否定，‎ 命题“中，若，则”的结论的否定是：．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查反证法的定义以及命题的否定，基本知识的考查．‎ ‎7. 关于函数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 没有最小值，有最大值 B. 有最小值，没有最大值 C. 有最小值，有最大值 D. 没有最小值，也没有最大值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用研究函数的最值.‎ ‎【详解】依题意，所以在上递增，没有最小值，也没有最大值.‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，属于基础题.‎ ‎8. 已知随机变量的分布列是 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 则（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ - 16 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据离散型随机变量的分布列的性质求解即可得答案.‎ ‎【详解】解：根据离散型随机变量的分布列的概率和为得：，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查分布列的性质，是基础题.‎ ‎9. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）‎ A. 0.84 B. 0.68 C. 0.32 D. 0.16‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用正态分布的应用和密度曲线的对称性的应用求出结果．‎ ‎【详解】解：根据随机变量服从正态分布，‎ 所以密度曲线关于直线对称，‎ 由于，‎ 所以，‎ 所以．‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查正态分布的应用，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．‎ ‎10. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成角的正弦值为(　　)‎ A B. ‎ - 16 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【详解】以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图空间直角坐标系，‎ 设正方体的棱长为2，则，，，，‎ ‎∴，，，‎ 设平面的法向量为，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，令，则，‎ ‎∴，‎ 设直线与平面所成角为，‎ 则，故选B．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用，准确得到面的法向量是解题的关键，是中档题．‎ - 16 -‎ ‎11. 根据上级扶贫工作要求，某单位计划从5名男干部和6名女干部中选出1名男干部和2名女干部组成一个扶贫小组，派到某村开展“精准扶贫”工作，那么不同的选法有（ ）‎ A. 60种 B. 70种 C. 75种 D. 150种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，先在5名男干部中任选1人，再从6名女干部中选出2人，由分步计数原理计算可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，先在5名男干部中任选1人，有种选法，‎ 再从6名女干部中选出2人，有种选法，‎ 则有种不同的选法；‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．‎ ‎12. 定义域为的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】构造函数，根据可知，得到在上单调递减；根据，可将所求不等式转化为，根据函数单调性可得到解集.‎ ‎【解答】令，则 在上单调递减 ‎ ‎ - 16 -‎ 则不等式可化为 等价于，即 ‎ 即所求不等式的解集为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性求解不等式，关键是能够构造函数，将所求不等式转变为函数值的比较，从而利用其单调性得到自变量的关系．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13. 已知是虚数单位，复数，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据复数的模的计算公式计算即可得答案.‎ ‎【详解】解：根据复数模的计算公式得：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查复数模的计算，是基础题.‎ ‎14. 已知，，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据条件概率公式计算即可得答案.‎ ‎【详解】解：根据条件概率公式和已知条件，，‎ 所以.‎ - 16 -‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查条件概率公式的应用，是基础题.‎ ‎15. 经过圆上一点的切线方程为，则由此类比可知：经过椭圆上一点的切线方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆的切线方程形式，类比推理出椭圆的切线方程．‎ ‎【详解】解：圆的性质中，经过圆上一点的切线方程就是将圆的方程中的一个和分别用的横坐标与纵坐标替换，‎ 故可得椭圆类似的性质为：过椭圆上一点的切线方程为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】考查了类比推理的数学思想，是基础题．‎ ‎16. 函数在区间上的最大值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出导函数，，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性可得结果．‎ ‎【详解】数，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 当，时，函数单调递增；‎ - 16 -‎ 函数在区间，上的最大值为：．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应给出文字说眀、证明过程及演算步骤.‎ ‎17. 在展开式中，求：‎ ‎（1）含的项；‎ ‎（2）含项的系数.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）写出二项展开式的通项，令的指数为，求得参数的值，代入通项可求得结果；‎ ‎（2）写出二项展开式的通项，令的指数为，求得参数的值，进而可求得展开式中含的项的系数.‎ ‎【详解】（1）展开式通项为，‎ 令，得，所以含的项为；‎ ‎（2）由（1），令，得，所以含的项的系数为.‎ ‎【点睛】本题考查利用二项式定理求指定项或指定项的系数，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎18. 已知函数在处的切线方程为.‎ ‎（1）求实数的值；‎ ‎（2）求的单调区间.‎ ‎【答案】（1）；（2）减区间为，增区间为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导得，利用（1），列出关于的方程，解之即可．‎ - 16 -‎ ‎（2）由（1）可知，，令，则，然后根据原函数的单调性与导函数的正负性之间的联系判断即可得解．‎ ‎【详解】（1），，‎ 在点，（1）处的切线方程为，‎ ‎（1），即，解得．‎ ‎（2）由（1）可知，，，‎ 当时，，单调递减；当,时，，单调递增，‎ 故的单调递减区间为，单调递增区间为,．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的切线方程、单调性，理解原函数的单调性与导函数的正负性之间的联系是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．‎ ‎19. 在数列中，已知，.‎ ‎（1）计算，，；‎ ‎（2）根据计算结果猜想出的通项公式，并用数学归纳法证明你的结论.‎ ‎【答案】（1），，；（2），证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用，分别取可求出，并由此猜想数列的通项公式的表达式；‎ ‎（2）根据计算结果猜想数列的通项公式的表达式，用数学归纳法证明①当时，，猜想成立；②假设成立，利用，可证得当时猜想也成立，故可得结论.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ - 16 -‎ ‎∴，‎ 同理可得：，.‎ ‎（2）由（1）计算结果猜想，‎ 下面用数学归纳法证明：‎ ‎①当时，，猜想成立，‎ ‎②假设当时，猜想成立，即：.‎ 则当时，，‎ 所以，当时，猜想成立.‎ 根据①②可知猜想对任何都成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了以数列递推式为载体，考查了数列的通项的猜想与证明，解题的关键是利用数学归纳法证明，尤其第二步的证明.属于中档题．‎ ‎20. 在四棱锥中，已知底面正方形，底面，且，为中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由中位线可知，结合线面平行判定即可证明平面；(2)以A - 16 -‎ 为原点构建空间直角坐标系，写出对应点的坐标并求出面、面的法向量，根据法向量夹角与二面角的关系求它们的夹角的余弦值 ‎【详解】（1）证明:连接、， ，连接 ‎∵在中，，‎ ‎∴‎ 又∵平面，平面 ‎∴平面 ‎（2）由题，易知， ，两两互相垂直，‎ 故可建立如图的空间直角坐标系，则 ‎，，，，有，，，‎ 设为平面的一个法向量，有 令，，得 同理若是平面的一个法向量，有 令，，得 - 16 -‎ 则 ‎∴由图知，二面角(钝角)的余弦值为 ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定证明平行，利用空间向量求二面角的余弦值，由题意构建空间坐标系并根据二面角所在的两个面确定各点坐标，可得面的法向量，进而求二面角的余弦值 ‎21. 东方商店欲购进某种食品（保质期两天），此商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品为刚生产的）.根据市场调查，该食品每份进价元，售价元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区天的销售量如下表：‎ ‎（视样本频率为概率）‎ ‎（1）根据该产品天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为，求的分布列与期望 ‎（2）以两天内该产品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进或份，哪一种得到的利润更大？‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意可得的取值为，计算相应的概率值即可确定分布列和数学期望；‎ ‎（2）分别求解当购进份时的利润和购进份时的利润即可确定利润更高的决策.‎ ‎【详解】（1）根据题意可得 ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ - 16 -‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 的分布列如下：‎ ‎ ‎ ‎（2）当购进份时，利润 ‎ ，‎ 当购进份时，利润为 ‎ ，‎ 可见，当购进份时，利润更高.‎ ‎【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望的计算，概率统计的预测作用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎22. 已知函数.‎ ‎（1）当时，试确定的零点的个数；‎ ‎（2）若不等式对任意恒成立，求证：.‎ ‎【答案】（1）2；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据条件，利用导函数的符号得到的单调性和极大值、计算，‎ - 16 -‎ 的符号，由零点存在定理，即可判断零点个数；‎ ‎（2）由题意可得对任意恒成立，设，求得导数和单调性，得到对任意的恒成立，再由此不等式的右边与2作差比较，再求出的范围．‎ ‎【详解】（1）当时，知，则，‎ ‎∵当时，；当，则，‎ ‎∴在区间是单调递增，在区间单调递减.‎ ‎∴.‎ 又∵，.‎ ‎∵在区间，在区间各有1个零点.‎ 综上，函数零点的个数为2.‎ ‎（2）函数，若不等式对任意恒成立，‎ 即为对任意恒成立 即有对任意恒成立，‎ 设，，时，，函数递减，‎ 可得，‎ 则对任意恒成立.‎ 由，‎ 设，‎ ‎，，‎ - 16 -‎ 由在递减，即有，可得在递减，‎ 即有，可得在递减，可得，‎ 而，可得.‎ 则由，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点个数和函数恒成立问题解法，零点存在定理和分离参数法、以及构造函数法，考查化简运算能力、推理能力，属于难题．‎ - 16 -‎