1、广东省广州市八区2019-2020学年高二数学下学期期末教学质量检测试题（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题所给的四个选项中，只有一个是正确的1.复数z满足，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为，所以,选B.2.已知随机变量，那么随机变量的均值（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用二项分布的期望公式计算即可得解.【详解】因为，所以有.故选：B.【点睛】本题考查二项分布期望计算，侧重考查对基础知识的理解和掌握，属于基础题.3.为研究某地区中学生的性别与阅读量的关系，运用列联表进行独立性检验，经计算，则所得的结论是：有_把握认
2、为“该地区中学生的性别与阅读量有关系”附表：A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由值与表中的临界值进行比较可得答案.【详解】解：因为，所以有99%的把握认为“该地区中学生的性别与阅读量有关系”，故选：C【点睛】此题考查独立性检验，与临界值比较是解题的关键，属于基础题.4.已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先计算出，由正态密度曲线的对称性得出，于是得出可得出答案【详解】由题可知，由于，所以，因此，故选:B.【点睛】本题考查正态分布在指定区间上的概率，考查正态密度曲线的对称性，解题时要注意正态密度曲线的对称轴，利用对称性来计算，考
3、查运算求解能力，属于基础题5.设函数的图象与轴相交于点，则曲线在点处的切线方程（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求Q点坐标，然后求f（x）的导数，进而求得切线斜率，最后利用点斜式可得切线方程【详解】函数的图象与轴相交于点，且f（0）2，得Q（0，2）ex，e01则曲线在点处的切线方程为y-2=x,即yx+2故选:D.【点睛】本题考查导数的几何意义和曲线在某点处的切线方程，步骤一般为：一，对函数求导，代入已知点得到在这一点处的斜率；二，求出这个点的横纵坐标；三，利用点斜式写出直线方程.6.“勾股定理”在西方被称为“毕达哥拉斯定理”，我国古代的数学家赵爽创制了一幅“股圆方图
4、”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成大正方形，若直角三角形中较小的锐角的正切值为，现在向该大正方形区域内随机地投掷一枚飞镖，飞镖落在小正方形概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设直角三角形中较短的直角边长为，计算出小正方形和正方形的边长，利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】设直角三角形中较短的直角边长为，由于，则直角三角形中较长的直角边长为，所以，小正方形的边长为，大正方形的边长为，因此，向该大正方形区域内随机地投掷一枚飞镖，飞镖落在小正方形概率为.故选：B【点睛】本题考查几何
5、概型概率的计算，解答的关键就是计算出两个正方形的边长，考查计算能力，属于基础题.7.现有、五人，随意并排站成一排，那么、相邻且在左边的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将、捆绑，并计算出、相邻且在左边的排法种数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】将、捆绑，则、相邻且在左边的排法种数为种，因此，、相邻且在左边的概率为.故选：B.【点睛】本题考查排列数的应用，同时也考查了利用古典概型的概率公式计算事件的概率，考查计算能力，属于基础题.8.如图，在平行六面体中，与的交点为，点在上，且，则下列向量中与相等的向量是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解
6、析】【分析】在平行六面体中，根据空间向量加法合成法则，对向量进行线性表示即可【详解】解：因为，所以，在平行六面体中，故选：C【点睛】此题考查了空间向量的加法运算问题，解题时应结合图形进行解答，属于基础题.9.在展开式中，二项式系数的最大值为，含的系数为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据二项式系数的性质可求得，根据通项公式可求得.【详解】因为，所以二项展开式中共有7项，所以第四项的二项式系数最大，所以，根据二项展开式的通项公式可得，所以.故选：A【点睛】本题考查了二项式系数的性质，考查了二项展开式的通项公式，属于基础题.10.已知某三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相
7、等，正视图如图所示若该三棱锥的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由正视图和已知条件作出图形如下图所示，利用正弦定理求得，再由勾股定理和直角三角形的射影定理求得球的直径，运用球的表面积公式可得选项.【详解】如下图所示，延长交球于点，设的外心为点，连接，由正弦定理得，所以，因为平面，由勾股定理可知，三棱锥的高，所以，由于点是以为直径的球上一点， 所以，由射影定理可知，球的直径，因此，球的表面积为.故选：A.【点睛】本题考查三视图，三棱锥的外接球，球的表面积，关键在于外接球的直径与三棱锥的棱长、高等之间的关系，求得外接球的半径，属于中档题.
8、11.在正方体的个顶点中，以任意个顶点为顶点的三棱锥，共有（ ）A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】C【解析】【分析】利用间接法可得结果：从正方体的个顶点中任取四个顶点的取法减去四点共面的情形即可得到结果.【详解】从正方体的个顶点中任取四个顶点，共有种，其中有6个表面和6个对角面中的四个顶点共面，不能构成三棱锥，所以共有个三棱锥.故选：C.【点睛】本题考查了简单的组合应用题，考查了间接法，属于基础题12.设函数是奇函数的导函数，当时，则使得成立的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，利用导数得到，在是增函数，再根据为奇函数，根据，解得的解集【详解】令
9、，时，,在上是增函数，奇函数,为偶函数,在上单调递增, 在上单调递减, ,因此，,因此使得成立的的取值范围是,故选：D.【点睛】本题考查了抽象函数的奇偶性与单调性，考查了构造函数及数形结合的思想解决本题的关键是能够想到通过构造函数解决，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡上13.某高中的三个年级共名学生，用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为的样本已知高一年级有名学生，高二年级有名学生，则在高三年级应抽取_名学生【答案】43【解析】分析】由题意利用分层抽样的定义和方法，求出结果【详解】解：高三年级人数为，故在高三年级应抽取的人数为，故答案为：43【点睛
10、】本题主要考查分层抽样的定义和方法，属于基础题14.设是原点，向量，对应的复数分别为，那么向量对应的复数的实部为_，虚部为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用向量的减法运算求得的坐标，进而求得向量对应的复数，再结合复数的概念，即可求解.【详解】由题意，点是原点，向量，对应的复数分别为，可得，则，所以向量对应的复数为 则向量对应的复数的实部为，虚部为故答案为：，.【点睛】本题主要考查了复数的代数形式，复数的几何意义，以及复数的基本概念，属于基础题.15.在的展开式中，含项的系数是_.【答案】84【解析】【分析】通过求出各项二项展开式中项的系数，利用组合数的性质求出系数和即可得结果
11、.【详解】的展开式中，含项的系数为：，故答案是：84.【点睛】该题考查的是有关二项式对应项的系数和的问题，涉及到的知识点有指定项的二项式系数，组合数公式，属于简单题目.16.若函数（是自然对数的底数）在的定义域上单调递增，则称函数具有性质下列函数中所有具有性质的函数的序号为_【答案】.【解析】【分析】根据指数函数的单调性可知，具有性质；利用导数研究函数函数的单调性可知，不具有性质，具有性质，具有性质.【详解】对于，令，因为，所以在上单调递增，故具有性质； 对于，令，则，由，得，由，得，所以在上递减，在上递增，所以不具有性质；对于，令，则恒成立，所以在上单调递增，故具有性质；对于，令，则，令，则
12、，由，得，由，得，所以在内递减，在内递增，所以时，取得最小值1，所以，所以在内为单调递增函数，故具有性质.故答案为：.【点睛】本题考查了指数函数的单调性，考查了利用导数研究函数的单调性，属于基础题.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.已知函数（1）求函数的单调区间；（2）求函数在区间上的最大值与最小值【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为,（2）函数在区间上的最大值为，最小值为.【解析】【分析】（1）求导后，利用导数的符号可得函数的单调区间；（2）由（1）知，函数在上递增，在上递减，在上递增，根据单调性可得最大最小值.【详解】（1），由，
13、得或；由，得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由（1）知，函数在上递增，在上递减，在上递增，因为，所以函数在区间上的最大值为，最小值为.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了根据函数的单调性求函数的最值，属于基础题.18.如图，四棱锥中，底面，为线段上一点，为的中点（1）证明：平面；（2）若，求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可得且，结合已知条件，可证四边形是平行四边形，进而有，即可证明结论；（2）根据等体积法，由已知求出，即可求出点到平面的距离.【详解】解：（1）由已知得，取的中点，连接，由为中点，知且，又且，得且
14、所以四边形是平行四边形，有，平面，平面，故平面.（2）记点到平面的距离为，由题可知，,.在中，. 则. 因为,所以. 解得. 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查了空间想象能力和思维能力，考查了利用等体积法求点到面的距离，属于中档题.19.如图是某地区2000年至2019年环境基础设施投资额（单位：亿元）的折线图为了预测该地区2020年的环境基础设施投资额，建立了与时间变量的两个线性回归模型根据2000年至2019年的数据（时间变量的值依次为，）建立模型：；根据2010年至2019年的数据（时间变量的值依次为，）建立模型：（1）分别利用这两个模型，求该地区2020年的环境基础设施投资额的
15、预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由【答案】（1）利用模型预测值为亿元，利用模型预测值为亿元，（2）利用模型得到的预测值更可靠【解析】【分析】（1）两个回归直线方程中无参数，所以分别求自变量为2020年时所对应的函数值，就得结果;（2）根据折线图知2000到2009，与2010到2019是两个有明显区别的直线，且2010到2019的增幅明显高于2000到2009，也高于模型1的增幅，因此所以用模型2更能较好得到2020的预测.【详解】（1）利用模型，该地区2020年的环境基础设施投资额的预测值为 （亿元）利用模型，该地区2020年的环境基础设施投资额的预测值为（亿元）（
16、2）利用模型得到的预测值更可靠理由如下：（i）从折线图可以看出，2000年至2019年的数据对应的点没有随机散布在直线上下，这说明利用2000年至2019年的数据建立的线性模型不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2019年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2019年的数据建立的线性模型可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型得到的预测值更可靠（ii）从计算结果看，相对于2019年环境基础设施投资额276亿元，
17、由模型得到的预测值270.4亿元的增幅明显偏低，而利用模型得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型得到的预测值更可靠【点睛】本题主要考查线性回归方程的应用，结合条件求出对应的预测值是解决本题的关键.属于基础题.20.如图1，在平行四边形中，将沿折起，使得平面平面，如图2图1 图2（1）证明：平面；（2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由【答案】（1）证明见解析； （2）点存在，且为线段的中点.【解析】【分析】（1）由余弦定理，求得，根据勾股定理，证得，作于点，从而平面，由，得到平面，进而，再由，即可证得平面；（2）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂
18、线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出点存在，且为线段的中点.【详解】（1）在中，因为，由余弦定理得，所以，所以，所以，作于点，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以，又由，所以平面.（2）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，假设点存在，设，则，设平面的一个法向量为，则，取，可得，平面的一个法向量为，假设在线段上存在点，使得二面角的大小为，则，解得，所以点存在，且点是线段的中点.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解及应用，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系
19、的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21.某超市计划在九月订购一种时令水果，每天进货量相同，进货成本每个元，售价每个元（统一按个销售）当天未售出的水果，以每个元的价格当天全部卖给水果罐头厂根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：）有关.如果最高气温不低于，需求量为个；如果最高气温位于区间，需求量为个；如果最高气温低于，需求量为个为了确定九月份的订购计划，统计了前三年九月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温天数以最高气温位于各区间的频率代替最高气温
20、位于该区间的概率（1）求九月份这种水果一天的需求量（单位：个）的分布列（2）设九月份一天销售这种水果的利润为（单位：元）当九月份这种水果一天的进货量（单位：个）为多少时，的数学期望达到最大值？【答案】（1）分布列见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知条件以及频数分布表可得出随机变量的分布列；（2）分、四种情况讨论，写出关于的函数关系式，进而可求得的最大值及其对应的的值.【详解】（1）由题意可得，随机变量的分布列如下表所示：（2）当时，；当时，；当时，；当时，.综上所述，当时，的数学期望取最大值.【点睛】本题考查离散型随机变量分布列、数学期望的求解，考查分类讨论思想的应用以及计算能力，属
21、于中等题.22.已知函数（1）当时，判断函数是否有极值，并说明理由；（2）若函数有两个极值点，且，证明：【答案】（1）没有极值，理由见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）通过二次求导可得函数在内单调递减，因此函数无极值；（2）由题意知，有两个不同的零点，所以，作差可得，再将所证不等式转化为，令,即证，设，利用导数证明即可.【详解】（1）当时，令，则，由，得，由，得，所以在内单调递增，在内单调递减，所以时，取得最大值为，所以，所以在内单调递减，所以函数没有极值.（2）因为，所以有两个不同的零点，所以，所以，因为，所以，要证，等价于证明，等价于证明，等价于证明，等价于证明，因为，所以，所以等价于证明，设，即证，设，则，当时， ，所以在内单调递减，所以，即，所以.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了运算求解能力，考查了化归思想，将所证不等式转化为是解题关键，属于中档题.
