1、吴起高级中学20192020学年第二学期高二第四次质量检测理科数学试题第I卷（选择题共60分）一、单选题（本题共60分，每小题5分，每个小题只有一个正确选项）1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由二次不等式及对数不等式的解法求出集合A、B，然后结合集合交集的运算求即可.【详解】解：解不等式，得，即，解不等式，得，即，则，故选：C.【点睛】本题考查了二次不等式及对数不等式的解法，重点考查了集合交集的运算，属基础题.2. 若a为实数，且，则A. B. 0C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘法运算化简得答案【详解】解：a为实数，且（
2、1+ai）（ai）2a+（a21）i2，2a2且a21=0，解得a1故选C点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题3. 已知平面，直线l满足，则“”是“”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】B【解析】【分析】利用定义法直接判断即可.【详解】若，不能推出，因为与可能相交；反过来，若，则与无公共点，根据线面平行的定义，知.所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的应用，在判断充分条件、必要条件时，有如下三种方法：1.定义法，2.等价法，3.集合间的包含关系法.4. 命题“，”的否定为（ ）A.
3、，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】根据全称命题与特称命题之间的关系求解.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“，”的否定为“，”故选A【点睛】本题考查全称命题和特称命题的否定，属于基础题.5. 若，则m的值为 ( )A. 5B. 3C. 6D. 7【答案】A【解析】【分析】根据题意，由，结合排列数公式可得m（m1）（m2）（m3）（m4）=2m（m1）（m2），化简解可得答案【详解】根据题意，若，则有m（m1）（m2）（m3）（m4）=2m（m1）（m2），即（m3）（m4）=2，解可得：m=5故答案为A【点睛】(1)本题主要考查排列数的计算，意在考查学生对该知识的
4、掌握水平和分析推理能力.(2) 排列数公式 ：= (，且)(叫做的阶乘).6. 甲、乙等人排一排照相，要求甲、乙人相邻但不排在两端，那么不同排法共有（ ）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】B【解析】根据题意，甲、乙看做一个元素安排中间位置，共有种排法，其余人排其它个位置，共有种排法，利用乘法原理，可得不同的排法有种故选点睛：本题考查的是排列组合问题.（1）解排列组合问题要遵循两个原则：按元素(或位置)的性质进行分类；按事情发生的过程进行分步具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配在分
5、组时，通常有三种类型：不均匀分组；均匀分组；部分均匀分组注意各种分组类型中，不同分组方法的求解7. （ ）A. B. C. 0D. 【答案】D【解析】【分析】定积分的几何意义是圆的个圆的面积，计算可得结果.【详解】定积分的几何意义是圆的个圆的面积,，故选D.【点睛】本题考查定积分，利用定积分的几何意义是解决问题的关键，属基础题8. 下列求导数运算正确的有()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别计算各选项的导数，判断即可.【详解】因为，故A错误；因为，故B错误；因为，故C错误；D正确.故选：D.【点睛】本题考查基本初等函数的计算，需要熟记公式.9. 已知函数在处的导数为，则等于
6、（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用导数的定义即可求出【详解】故选：B【点睛】本题主要考查导数的定义的应用，属于基础题10. 若命题p：函数的单调递增区间是，命题q：函数的单调递增区间是，则（ ）A. 是真命题B. 是假命题C. 是真命题D. 是真命题【答案】D【解析】【分析】由二次函数的单调性可判断命题p为真，利用增+增为增结合函数的定义域可得增区间进而知命题q为假命题，从而可得解.【详解】命题p：函数的对称轴为，且开口向上，所以在上单调递增，命题p为真；命题q：函数的定义域为，且和为增函数，所以函数的增区间为和，所以命题q为假命题.所以是真命题.故选D.【点睛】本题
7、主要考查了函数的单调性及复合命题的真假判断，注意区别在区间上单调递增和增区间的区间，属于基础题.11. 甲乙丙三位教师分别在拉萨、林芝、山南的三所中学里教授语文、数学、英语，已知：甲不拉萨工作，乙不在林芝工作；在拉萨工作的教师不教英语学科；在林芝工作的教师教语文学科；乙不教数学学科.可以判断乙工作的地方和教的学科分别是（ ）A. 拉萨，语文B. 山南，英语C. 林芝，数学D. 山南，数学【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，进行合情推理，即可容易判断和选择.【详解】在拉萨工作的教师不教英语学科，故拉萨工作的老师教语文或数学；又在林芝工作的教师教语文学科，故拉萨工作的老师教数学.综上，在拉萨的
8、老师教数学，在林芝工作的老师教语文，在山南工作的老师教英语；又乙不教数学学科，故乙在林芝或山南工作；又甲不在拉萨工作，乙不在林芝工作，故乙在山南工作，甲在林芝工作，丙在拉萨工作.综上所述：乙在山南教英语.故选：.【点睛】本题考查合情推理，注意认真审题即可，属简单题.12. 若与两个函数的图象有一条与直线平行的公共切线，则（）A. B. C. D. 或【答案】D【解析】【分析】先根据和曲线相切得到切线方程，再根据和二次函数相切得到参数值.【详解】设在函数处的切点设为（x,y）,根据导数的几何意义得到，故切点为（1，0），可求出切线方程为y=x-1,直线和 也相切，故,化简得到,只需要满足 故答案
9、为D.【点睛】求切线方程的方法：求曲线在点P处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在点P处的导数，然后利用点斜式写出切线方程；求曲线过点P的切线，则P点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标的方程解出切点坐标，进而写出切线方程.第II卷（非选择题共90分)二、填空题（本题共20分，每题5分）13. 已知命题“”为假命题，则实数的取值范围是_【答案】【解析】命题“”为假命题，则“”为真命题.所以，解得.答案为：.14. 若的展开式中，奇数项的二项式系数之和为32，则该二项展开式的中间项为_【答案】【解析】【分析】先由奇数项的二项式系数之和为32确定n值，从而根据二项展开式通项公式求出
10、第4项即可.【详解】解：的展开式中，奇数项的二项式系数之和为，解得，则二项展开式共项，第项为中间项，即，故答案为: .【点睛】本题考查了二项式定理. 本题的关键是结合已知条件求出.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r1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r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.15. 已知，则的展开式中的系数是_.【答案】【解析】【分析】计算定积分得出的值，再利用二项式定理求出的展开式中含和的系数，得出答案.【详解】，的通项为，令得，的展开式中含的系数为，
11、令得，展开式中不含项，的展开式中的系数为.故答案：.【点睛】本题考查的是定积分和二项式定理的运用，本题中根据定积分求出的值是关键，本题应注意展开式中含有的式子有两种情况，属于简单题.16. 有下面四个命题：若复数满足，则；若复数满足，则；若复数满足，则；若复数，则其中的真命题为_.【答案】【解析】【分析】由复数的运算法则，逐项判断即可.【详解】设，所以，若，则，所以，所以正确；设，则，若，则，所以或，因此不一定为实数，所以错误；设，则，若，则；又，若，则且，所以由不一定能推出且，因此错误；设，则，若，则，因此，所以正确.故答案为【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的概念，熟记概念和运算法则即
12、可，属于常考题型.三、解答题(本题共70分，17-21每小题12分，22题10分)17. 已知集合，.（1）若，则；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将代入可得集合B，解对数不等式可得集合A，由并集运算即可得解.（2）由可知B为A的子集，即；当符合题意，当B不为空集时，由不等式关系即可求得的取值范围.【详解】（1）若，则，依题意， 故；（2）因为，故；若，即时，符合题意；若，即时，解得；综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题考查了集合的并集运算，由集合的包含关系求参数的取值范围，注意讨论集合是否为空集的情况，属于基础题.18. 现有10道题，其中6道甲类
13、题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答.（I）求张同学至少取到1道乙类题的概率；（II）已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题.设张同学答对甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立.用表示张同学答对题的个数，求的分布列和数学期望.【答案】（I） （II）见解析【解析】【分析】（I）从10道试题中取出3个的所有可能结果数有，张同学至少取到1道乙类题的对立事件是：张同学取到的全为甲类题，代入古典概率的求解公式即可求解（II）先判断随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，根据题意求出随机变量的各个取值的概率，即可求解分布列及期望值【详解】解：设事件 “张同学至少取到1
14、道乙类题”则张同学至少取到的全为甲类题（A）的所有可能取值为0，1，2，3的分布列为 0123 【点睛】本题主要考查了古典概型及计算公式，互斥事件、离散型随机变量的分布列及期望值的求解，考查了运用概率知识解决实际问题的能力19. 如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截面而得到的，其中（1）求的长；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，（1）由为平行四边形，运用向量的模的计算方法，可得的长度；（2）运用向量坐标运算计算点到平面的距离【详解】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，4，0)，A(2，
15、0，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)设F(0，0，z)AEC1F为平行四边形， 由AEC1F为平行四边形，由=得，(-2，0，z)=(-2，0，2)，z=2F(0，0，2)=(-2，-4，2，于是|=2，即BF的长为2；(2)设为平面AEC1F的法向量，显然不垂直于平面ADF，故可设=(x，y，1)，即，又=(0，0，3)，设与的夹角为a， 则cos=，C到平面AEC1F的距离为d=|cos=3=【点睛】本小题主要考查空间中的线面关系、点到面的距离等基本知识，同时考查空间想象能力和推理、运算能力20. 某高校共有学生15 000人，其中男生10 500人，女生4 5
16、00人为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据(单位：小时)（1）应收集多少位女生的样本数据？（2）根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据的分组区间为：0,2，(2,4，(4,6，(6,8，(8,10，(10,12估计该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率； （3）在样本数据中，有60位女生的每周平均体育运动时间超过4小时，请完成每周平均体育运动时间与性别列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”附： K2
17、P(K2k0)0.100.050.0100.005k027063.8416.6357.879【答案】（1）90；（2）0.75；（3）能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”【解析】【分析】（1）由分层抽样性质，得到；（2）由频率分布直方图得；（3）利用22列联表求.【详解】（1）由，所以应收集90位女生的样本数据；（2）由频率发布直方图得，该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率为0.75；（3）由（2）知，300位学生中有3000.75=225人的每周平均体育运动时间超过4小时，75人平均体育运动时间不超过4小时，又因为样本数据中有210份
18、是关于男生的，90份是关于女生的，所以平均体育运动时间与性别列联表如下：每周平均体育运动时间与性别列联表男生女生总计每周平均体育运动时间不超过4小时453075每周平均体育运动时间超过4小时16560225总计21090300结合列联表可算得，所以能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”【点睛】利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数时，易出错，应注意区分这三者，在频率分布直方图中：(1)最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数；(2)中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的；(3)平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形
19、的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和21. 已知函数在处取得极值确定a的值；若，讨论的单调性【答案】（1）（2）在和内为减函数，在和内为增函数【解析】（1）对求导得，因为在处取得极值，所以，即，解得；（2）由（1）得，故，令，解得或，当时，故为减函数，当时，故为增函数，当时， ，故为减函数，当时，故为增函数，综上所知：和是函数单调减区间，和是函数的单调增区间.22. 已知曲线的极坐标方程为，将曲线，（为参数），经过伸缩变换后得到曲线（1）求曲线的参数方程；（2）若点的在曲线上运动，试求出到曲线的距离的最小值【答案】（1）（为参数）；（2）.【解析】试题分析：（1）变换为，即（为参数）；（2）曲线化为直角坐标方程：，利用点到直线的距离公式，有.试题解析：（1）将曲线（为参数），化为，由伸缩变换化为，代入圆的方程，得到，可得参数方程为；（2）曲线的极坐标方程，化为直角坐标方程：，点到的距离，点到的距离的最小值为 考点：坐标系与参数方程
