1、河南省驻马店市2019-2020学年高二数学下学期期末考试试题 理（含解析）本试题卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试题卷上答题无效.注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写（涂）在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题上作答，答案无效.3.考试结束，监考教师将答题卡收回.第I卷（选择题共60分）一、
2、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，只有一个是正确的，将正确答案的代号涂在答题卡上.1. 设，则在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】首先求出复数的共轭复数，再根据复数的几何意义判断复数在复平面内所在的象限得选项.【详解】解：因为，所以，在复平面内表示的点的坐标为位于第三象限，故选：C.【点睛】本题考查复数的共轭复数的计算，复数的几何意义，属于基础题.2. 若双曲线的离心率为2，则其渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由离心率是2得，代入得，求出的值，再
3、求出双曲线的渐近线方程【详解】解：由题意得，则即，所以双曲线的渐近线方程为，即，故选：B【点睛】本题考查双曲线的标准方程以及简单的几何性质，属于基础题3. 在下列结论中，正确的是（ ）A. “”是“”必要不充分条件B. 若为真命题，则p，q均为真命题C. 命题“若，则”的否命题为“若，则”D. 已知命题，都有，则，使【答案】D【解析】【分析】对于A，解不等式，可知A不正确；对于B，命题与命题一个为真命题、一个为假命题时，可得命题“”是真命题，所以B不正确；对于C，只否定了结论，没有否定条件，故C不正确；对于D，根据命题的否定的概念，可知D正确.【详解】对于A，时，则成立，但是当时，或.所以“”
4、是“”的充分不必要条件，故A错误；对于B，若为真命题，则p，q至少一个为真命题，故B错误；对于C，“若，则”的否命题为“若，则”故C错误；对于D，都有，则，使，故D正确.故选：D【点睛】本题考查了命题真假的判断，充分、必要条件，特称命题的否定，原命题的否命题，复合命题与简单命题的关系等知识，是基础题4. 用数学归纳法证明：时，从“到”等式左边的变化结果是（ ）A. 增乘一个因式B. 增乘两个因式和C. 增乘一个因式D. 增乘同时除以【答案】C【解析】【分析】根据题意得出当和时等式的左边，比较之后可得出结论.【详解】当时，则有；当时，则有.，故从“到”等式左边变化结果是：增乘一个因式.故选：C.
5、【点睛】本题考查数学归纳法，考查从“到”等式的变化，一般要将等式写出来，考查计算能力，属于基础题.5. 若两条不重合直线和的方向向量分别为，则和的位置关系是（ ）A. 平行B. 相交C. 垂直D. 不确定【答案】A【解析】【分析】由，可知两直线的位置关系是平行的【详解】解：因为两条不重合直线和的方向向量分别为，所以，即与共线，所以两条不重合直线和的位置关系是平行，故选：A【点睛】此题考查了直线的方向向量，共线向量，两直线平行的判定，属于基础题.6. 在对具有线性相关的两个变量和进行统计分析时，得到如下数据：48101212356由表中数据求得关于的回归方程为，则，这三个样本点中落在回归直线下方
6、的有( )个A 1B. 2C. 3D. 0【答案】B【解析】因为，所以将其代入可得，故当时，在直线上方；当时，在直线下方；当时，在直线下方，应选答案B7. 设函数其中，则的展开式中的系数为（ ）A. -60B. 60C. -240D. 240【答案】D【解析】【分析】根据定积分和求导运算求得，再运用二项式的展开式可求得选项.【详解】因为，令，所以的展开式中的系数为，故选：D.【点睛】本题中涉及到的知识点较多，主要有定积分的计算(首要找到被积函数的原函数)，函数求导数及二项式定理中求指定项的系数，属于中档题.8. 在中，若，则的最大内角与最小内角的和为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解
7、析】【分析】由正弦定理可得，三边的关系，由大边对大角可得最小，最大；由余弦定理可得的值，进而由三角形内角和为可得的值【详解】解：因为，由正弦定理可得，设，三角形中由大边对大角可得角最大，角最小，由余弦定理可得，因为，所以，所以，故选：【点睛】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题9. 已知正实数x，y满足.则的最小值为（ ）A. 4B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先把变形为，则展开后，再利用基本不等可求出其最小值.【详解】解：由，得，因为x，y为正实数，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，故选：D【点睛】此题考查了利用基本不等式最值，注意利用基本不等式求最值必
8、须满足“一正、二定、三相等”，属于基础题.10. 2020年教育部决定在部分高校中开展基础学科招生考试试点（也称为强基计划），某高校计划让参加“强基计划”招生的学生从8个试题中随机挑选4个进行作答，至少答对3个才能通过初试.已知在这8个试题中甲能够答对6个，则甲通过初试的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】事件“至少答对3个”可能分类为“恰好答对3个”和“4个全对”，求出方法数后可得概率【详解】从8个试题中任选4个有种选法，“至少答对3个”的方法数有，所以所求概率为故选：A【点睛】本题考查古典概型，解题关键是确定分类还是分步求出基本事件的个数11. 已知椭圆的左、右焦
9、点分别为、，点P在椭圆上且异于长轴端点，点M，N在所围区域之外，且始终满足，则的最大值为（ ）A. 8B. 7C. 10D. 9【答案】A【解析】【分析】设，的中点分别为，则，在分别以，为圆心的圆上，直线与两圆的交点所围区域之外）分别为，时，的最大，可得的最大值为即可【详解】解：设，的中点分别为，则，在分别以，为圆心的圆上，直线与两圆的交点所围区域之外）分别为，时，最大，又椭圆，所以，的最大值为，故选：A【点睛】本题考查了椭圆的定义与性质，以及两个圆上的点的距离的最值，考查了转化思想，属于中档题12. 已知函数，数列的前项和为，且满足，则下列有关数列的叙述正确的是（ ）A. B. C. D.
10、【答案】C【解析】【分析】利用递推公式可判断A选项的正误；推导出数列的单调性可判断B选项的正误；推导出，可得出，可判断C选项的正误；推导出以及，可判断D选项的正误.【详解】，A选项错误；，当时，此时，函数单调递增；令，可得，令，定义域为，令，可得.当时，此时，函数单调递减；当时，此时，函数单调递增.，则，由零点存在定理可知，存在唯一的，使得.所以，当时，即且，则；当时，即.，则，以此类推，所以，数列是单调递减数列，B选项错误；，C选项正确；，而，D选项错误.故选：C.【点睛】本题主要考查数列递推公式的应用，考查推理能力与计算能力，属于难题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答
11、案填在答题卡相应的位置上）13. 已知函数，则的单调减区间为_.【答案】【解析】【分析】先求函数定义域，然后对函数求导，使导函数小于零，求出的解集与定义域求交集就是所求的单调减区间【详解】解：函数的定义域为，由，得，令，则，解得，又因为，所以，所以的单调减区间为，故答案为：【点睛】此题考查利用导数求函数的单调区间，解题时要注意函数的定义域，考查计算能力，属于基础题.14. 平面几何中直角三角形勾股定理是我们熟知的内容，即“在中，则”；在立体几何中类比该性质，在三棱锥中，若平面PAB，平面PAC，平面PBC两两垂直，记，的面积分别是，则，关系为_.【答案】【解析】【分析】如图，过作于，连接，则由
12、已知可得,，则化简可得结论.【详解】解：如图，过作于，连接，因为平面PAB，平面PAC，平面PBC两两垂直，所以,所以平面，所以，所以平面，所以，所以,所以，故答案：，【点睛】此题考查了类比推理，体现了数形结合的思想，利用了三角形的面积公式，属于基础题.15. 某医疗研究所为了了解某种血清预防感冒的作用，把500名使用过该血清的人与另外500名未使用该血清的人一年中的感冒记录作比较，提出假设H0：“这种血清不能起到预防感冒的作用”已知利用22列联表计算得K23.918，经查临界值表知P(K23.841)0.05.则下列结论中，正确结论的序号是_有95%的把握认为“这种血清能起到预防感冒的作用”
13、；若某人未使用该血清，那么他在一年中有95%的可能性得感冒；这种血清预防感冒的有效率为95%；这种血清预防感冒的有效率为5%.【答案】【解析】因为K23.9183.841，而P(K23.841)0.05，所以有95%的把握认为“这种血清能起到预防感冒的作用”，故正确；显然错误；因为我们检验的是假设是否成立，和该血清预防感冒的有效率是没有关系的，故错误16. 在正方体中，E，F分别为线段，AB的中点，O为四棱锥的外接球的球心，点M，N分别是直线，EF上的动点，记直线OC与MN所成的角为，则当最小时，_.【答案】【解析】【分析】如图，设分别为棱和的中点，则四棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，所以外接
14、球球心O为上、下底面三角形外心和连线的中点，是平面内的一条动直线，所以最小是直线OC与平面所成角，即问题转化为求直线OC与平面所成角的正切值，通过建立空间直角坐标系算出直线OC与平面所成角的正切值即可.【详解】如图，设分别为棱和的中点，则四棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，因为三棱柱为直三棱柱，所以其外接球球心O为上、下底面三角形外心和连线的中点，由题意，是平面内的一条动直线，所以最小是直线OC与平面所成角，即问题转化为求直线OC与平面所成角的正切值，不妨设正方体的棱长为，,因为为等腰三角形，所以外接圆的直径为,则，从而，如图，以为原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，设平面
15、的一个法向量为，则，令，则，因为，所以 故答案为：【点睛】本题主要考查了点、线、面的位置关系，考查了直观想象与数学运算的核心素养，考查了转化与化归的数学思想，属于中档题.三、解答题：本大题共6个小题，满分70分.解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17. 已知是单调递减的等比数列，且成等差数列（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前50项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，可得首项和公比的方程，解
16、方程可得首项和公比，进而得到所求通项公式；（2）求得，再由数列的裂项相消求和【详解】解：（1）设是公比为q的等比数列，因为，且成等差数列，故可得，又因为，所以，解得或者，又因为是单调递减的等比数列，所以，则；（2），【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，考查数列的裂项相消求和，以及化简运算能力，属于中档题18. 如图，在五面体中，四边形为矩形，为等边三角形，且平面平面，.（1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，利用面面垂直的性质定理推导出平面，可得出，由已知条件得出，进而利用线面垂直的判定定理可
17、得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得平面平面；（2）取中点，推导出平面，以点为坐标原点，为轴、垂直平分线为轴，为轴建立空间直角坐标系，设，推导出，设可得出，由求出的值，可求得点的坐标，然后利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点，连接，为等边三角形，且为的中点，于是，又平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又因为平面，则，又四边形为矩形，则，所以平面，平面，平面平面；（2）取中点，则，平面平面，平面平面，平面，于是平面，以点为坐标原点，为轴、垂直平分线为轴，为轴建立空间直角坐标系.设，则，因为，平面，平面，所以平面，又平面平面，平面，则，所以设，所以点.那么，由于，所以，
18、解得，于是，设平面的法向量为，由，得，取，得，又平面的一个法向量为，记二面角为，所以，又因为是锐角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19. 在直角坐标系xOy中，已知点，直线AM，BM交于点M，且直线AM与直线BM的斜率满足：（1）求点M的轨迹C的方程；（2）设直线l交曲线C于P，Q两点，若直线AP与直线AQ的斜率之积等于，证明：直线l过定点【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设，结合，坐标，通过斜率关系，求解即可（2）设，通过，得到，求出直线的方程：，说明直线恒过定点【
19、详解】解：（1）设，又，则，可得，因为，所以M的轨迹C的方程为；（2）证明，设，又，可得，又因为，即有，即由直线l斜率为可得直线l的方程为，化为，又因为，可得，可得直线恒过定点【点睛】本题考查轨迹方程的求法，直线系方程的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题20. 已知函数 （1）若，求在处的切线方程；（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由题意得出，对实数的取值进行分类讨论， 利用导数分析函数在区间上的单调性，验证是否恒成立，由此可得出实数的取值范围.【详解】（1）当时，则，.所以，曲线在
20、处的切线方程为，即；（2），则，且.由题意可知，对，不等式恒成立.当时，对，此时，函数在区间上单调递减，则恒成立；当时，令，得.当时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减.所以，不合乎题意.综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，考查计算能力，属于中等题.21. 甲、乙两厂均生产某种零件.根据长期检测结果：甲、乙两厂生产的零件质量（单位：）均服从正态分布，在出厂检测处，直接将质量在之外的零件作为废品处理，不予出厂；其它的准予出厂，并称为正品.（1）出厂前，从甲厂生产的该种零件中抽取10件进行检查，求至少有1片是废品
21、的概率；（2）若规定该零件的“质量误差”计算方式为：该零件的质量为，则“质量误差”.按标准，其中“优等”、“一级”、“合格”零件的“质量误差”范围分别是，、（正品零件中没有“质量误差”大于的零件），每件价格分别为75元、65元、50元.现分别从甲、乙两厂生产的正品零件中随机抽取100件，相应的“质量误差”组成的样本数据如下表（用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率）：质量误差甲厂频数103030510510乙厂频数25302551050（）记甲厂该种规格的2件正品零件售出的金额为（元），求的分布列及数学期望；（）由上表可知，乙厂生产的该规格的正品零件只有“优等”、“一级”两种，求5件
22、该规格零件售出的金额不少于360元的概率.附：若随机变量.则；，.【答案】（1）（2）（）详见解析（）【解析】【分析】（1）求得没有废品的概率之后，利用对立事件概率公式可求得结果；（2）（）首先确定“优等”、“一级”、“合格”的概率，接着确定所有可能的取值，求解出每个取值对应的概率后可得分布列，由数学期望计算公式计算可得期望；（）利用构造不等式可确定可能的取值，利用二项分布概率公式可求得结果.【详解】（1）由正态分布可知，抽取的一件零件的质量在之内的概率为，则这件质量全都在之内（即没有废品）的概率为；则这件零件中至少有件是废品的概率为.（2）（）由已知数据，用这个样本的频率分布估计总体分布，将
23、频率视为概率，得该厂生产的一件正品零件为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为；则的可能取值为元，有：；，得到的分布列如下：150140130125115100则数学期望为：（元）.（）设乙厂生产的件该零件规格的正品零件中有件“优等”品，则有件“一级”品，由已知有，解得：，则取或.故所求的概率为：.【点睛】本题考查概率分布中离散型随机变量分布列与数学期望的求解、二项分布概率问题的求解、正态分布的相关知识，是对概率分布部分知识的综合考查，属于中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.【选修4-4：坐标系与参数方程】22. 在平面直角坐
24、标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数，为倾斜角），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，在平面直角坐标系xOy中，将曲线上所有点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍，再向上平移2个单位长度得到曲线（1）求曲线、的直角坐标方程；（2）直线与曲线相交于E，F两个不同的点，点P的极坐标为，若，求直线的普通方程【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）曲线的极坐标方程转化为，由此能求出曲线的直角坐标方程再根据圆锥曲线的变换规则求出的直角坐标方程；（2）首先求出的直角坐标，再将直线的参数方程代入的直角坐标方程，消元列出韦达定理，根据直线的参数方程的参数的几何意义及求
25、出，即可得到直线的直角坐标方程；【详解】解：（1）由得，又，设是曲线上任意一点，点P的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍，再向上平移2个单位长度得到点为，则，又，；（2）因为点P的极坐标为，所以，所以点P的直角坐标为，将代入得，因为相交于不同两点，设方程的两个实数根为，则，由参数t的几何意义知，又，所以直线的斜率，又直线过点，所以直线的普通方程为【点睛】本题考查曲线的直角坐标方程的求法，考查直线方程的求法，考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题【选修4-5：不等式选讲】23. 已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若两函数与的图象恒有公共点，求实数m的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将不等式等价于三个不等式组，解不等式即可得答案；（2）求出函数在处取得最大值，只需，即可得答案；【详解】（1）当时，或或解得：；不等式的解集；（2）由函数知，该函数在处取得最小值1，因为，在上递增，在上递减，在上递减，故在处取得最大值，所以要使二次函数与函数的图象恒有公共点，只需，即【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式、不等式恒成立问题求参数取值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查运算求解能力.
