2020年广西省钦州市数学高二下期末统考试题含解析-

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2020年广西省钦州市数学高二(下期末统考试题
一、单选题（本题包括12个小题，每小题35，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．设函数fxxalnx2a222，其中x0，aR，存在x0使得fx04成立，则实数a5的值为（） A．121B．C．D．1 552uuurruuurruuurruuur2．如图，在三棱锥OABC中，点D是棱AC的中点，若OAa，OBb，OCc，则BD等于（ ）

1rr1rA．abc
22rrrB．abc rrrC．abc
1rr1rD．abc
223．已知集合PxR|1x3,QxR|x4,则P(ðRQ
2A．[2,3] B．（ -2,3 ] C．[1,2）
D．(,2][1,
4．设椭机变量X～N(3,1，若P(X＞4＝p，则P(2＜X＜4＝ A．1＋p
2B．1－p C．1－2p D．1－p 25． “三个臭皮匠，赛过诸葛亮”，这是我们常说的口头禅，主要是说集体智慧的强大. 假设李某智商较n个水平相同的人也在研究项目M，他们各自独高，他独自一人解决项目M的概率为P10.3；同时，有立地解决项目M的概率都是0.1.现在李某单独研究项目M，且这n个人组成的团队也同时研究项目M，n的最小值是( 设这个n人团队解决项目M的概率为P2，若P2P1，则A．3
B．4
C．5
D．6 6．由①安梦怡是高二（1）班的学生，②安梦怡是独生子女，③高二（1）班的学生都是独生子女，写一个“三段论”形式的推理，则大前提，小前提和结论分别为（ ） A．②①③
B．②③①
C．①②③
D．③①②
7．若复数(m2i2所表示的点在第一象限，则实数m的取值范围是(

A．,22, 8．曲线yx4sinx在xA．2
B．2,2 C．,2 D．2,0
4处的切线的斜率为（ ）
3C．0
D．1
B．1
9．若复数z满足z2iA．1i
2 ，其中i为虚数单位，则z 1iC．1i
D．1i
B．1i
210．已知点F是抛物线x4y的焦点，点P为抛物线上的任意一点，M(1,2为平面上点，则PMPF的最小值为（ ） A．3
B．2
C．4
D．23
11．一个算法的程序框图如图所示，如果输出y的值是1，那么输入x的值是 （ ）

A．-1 B．2 C．-1或2 D．1或-2 12．等差数列{an}的前9项的和等于前4项的和，若a11,aka40，则k=（ ） A．10
B．7
C．4
D．3 二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共20分）
13．参加某项活动的六名人员排成一排合影留念，其中一人为领导人，则甲乙两人均在领导人的同侧的概率为_______. x20,14．已知点P(x,y在不等式组y10,，表示的平面区域上运动，则zxy的取值范围是x2y20__________
y115．若实数x，y满足2xy40，则zx2y的最大值为__________；
xy10
16．把3名辅导老师与6名学生分成3个小组(每组1名教师，2名学生开展实验活动，但学生甲必须与教师A在一起，这样的分组方法有________种．(用数字作答 三、解答题（本题包括6个小题，共70分） 17．设函数f(xx3x1，xR． (1 解不等式f(x1；
(2 设函数g(xxa4，且g(xf(x在x[2,2]上恒成立，求实数a的取值范围. 18．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面A1BC侧面ABB1A1，且AA1AB2.
（1）求证：ABBC；
（2）若直线AC与平面A1BC所成角的大小为32，求锐二面角AA1CB的大小
619．（6分）已知函数f(xkx3kxb在区间[2,2]上的最大值为3，最小值为-17，求k,b的值 20．（6分）将正整数排成如图的三角形数阵，记第n行的n个数之和为an.
*（1）设Sna1a3a5a2n1(nN，计算S2，S3，S4的值，并猜想Sn的表达式；
（2）用数学归纳法证明（1）的猜想. 21．（6分） “中国人均读书4.3本（包括网络文学和教科书），比韩国的11本、法国的20本、日本的40本、犹太人的64本少得多，是世界上人均读书最少的国家.”这个论断被各种媒体反复引用，出现这样的统计结果无疑是令人尴尬的，而且和其他国家相比，我国国民的阅读量如此之低，也和我国是传统的文明古国、礼仪之邦的地位不相符.某小区为了提高小区内人员的读书兴趣，特举办读书活动，准备进一定量的书籍丰富小区图书站，由于不同年龄段需看不同类型的书籍，为了合理配备资源，现对小区内看书人员进行年龄调查，随机抽取了一天40名读书者进行调查，将他们的年龄分成6段：20,30，30,40，40,50，50,60，60,70，70,80后得到如图所示的频率分布直方图.问：

（1）估计在40名读书者中年龄分布在40,70的人数； （2）求40名读书者年龄的平均数和中位数；
（3）若从年龄在20,40的读书者中任取2名，求这两名读书者年龄在30,40的人数X的分布列及数学期望.
22．（8分）已知定义在区间(0,2上的函数f(x（Ⅰ）证明：当m1时，f(x1；
mlnx，mR. x（Ⅱ）若曲线yf(x过点A(1,0的切线有两条，求实数m的取值范围. 参考答案
一、单选题（本题包括12个小题，每小题35，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A 【解析】
试题分析：函数f（x）可以看作是动点M（x，lnx）与动点N（A，2A）之间距离的平方， 动点M在函数y=2lnx的图象上，N在直线y=2x的图象上， 问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离， 由y=2lnx得，y'=22=2，解得x=1，
x∴曲线上点M（1，0）到直线y=2x的距离最小，最小距离D=225， 55则f（x）≥4，
5根据题意，要使f（x0）≤由kMN44，则f（x0）=，此时N恰好为垂足， 552a02a11，解得a a1a125
考点：导数在最大值、最小值问题中的应用 2．A 【解析】 【分析】
利用向量的三角形法则，表示所求向量，化简求解即可． 【详解】
解：由题意在三棱锥OABC中，点D是棱AC的中点，若OAa，OBb，OCc， uuuruuuruuuruuurr可知：BDBOOD，BOb，
uuurruuurruuurruuur1uuur1uuur1r1rODOAOCac，
2222uuur1rr1rBDabc．
22故选：A． 【点睛】
本题考查向量的三角形法则，空间向量与平面向量的转化，属于基础题． 3．B 【解析】
有由题意可得：CRQx|2x2 ， 则PðRQ ( -2,3 ] . 本题选择B选项. 4．C 【解析】
分析：根据题目中：“正态分布N（3，1）”，画出其正态密度曲线图：根据对称性，由P（X＞4）=p的概率可求出P（2＜X＜4）． 详解：
∵随机变量X～N（3，1），观察图得，

P（2＜X＜4）=1﹣2P（X＞4）=1﹣2p．

故选：C．
点睛：本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，注意根据正态曲线的对称性解决问题． 5．B 【解析】 【分析】
0nP(0.9n，由P2…设这个n人团队解决项目M的概率为P2，则P21Cn0.3， 1，得10.9…由此能求出n的最小值． 【详解】
Q李某智商较高，他独自一人解决项目M的概率为P10.3，
有n个水平相同的人也在研究项目M，他们各自独立地解决项目M的概率都是0.1， 现在李某单独研究项目M，且这n个人组成的团队也同时研究M， 设这个n人团队解决项目M的概率为P2，
0(0.9n， 则P21CnnQP2…P0.3， 1，10.9…解得n4．
n的最小值是1．
故选B． 【点睛】
本题考查实数的最小值的求法，考查n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率的计算 公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 6．D 【解析】 【分析】
根据三段论推理的形式“大前提，小前提，结论”，根据大前提、小前提和结论的关系，即可求解. 【详解】
由题意，利用三段论的形式可得演绎推理的过程是： 大前提：③高二（1）班的学生都是独生子女； 小前提：①安梦怡是高二（1）班的学生； 结论：②安梦怡是独生子女，故选D. 【点睛】
本题主要考查了演绎推理中的三段论推理，其中解答中正确理解三段论推理的形式是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.
7．C 【解析】 【分析】
利用复数代数形式的乘法运算化简复数(m2i，再由实部与虚部均大于0联立不等式组求解即可. 【详解】
2Q(m2i2m244mi表示的点在第一象限，
m404m0，解得m2．
实数m的取值范围是,2．故选C．
【点睛】
本题主要考查的是复数的乘法、乘方运算，属于中档题．解题时一定要注意i21和2abicdiacbdadbci以及错误． 8．B 【解析】 【分析】 【详解】
因为y'14cosx，所以y|故选B. 9．B 【解析】 【分析】
由复数的除法运算法则化简【详解】 由题可得414cos3abiabicdi 运算的准确性，否则很容易出现cdicdicdix414cos1. 332，由此可得到复数z 1i22(1i2(1i1i； 1i(1i(1i22=1iz1i； 1iz2i故答案选B 【点睛】

本题主要考查复数的除法运算法则，属于基础题。 10．A 【解析】 【分析】
作PN垂直准线于点N，根据抛物线的定义，得到PMPFPMPN，当P,M,N三点共线时，PMPF的值最小，进而可得出结果. 【详解】
如图，作PN垂直准线于点N，由题意可得PMPFPMPNMN， 显然，当P,M,N三点共线时，PMPF的值最小； 因为M(1,2，F(0,1，准线y1，
所以当P,M,N三点共线时，N(1,1，所以MN3. 故选A
【点睛】
本题主要考查抛物线上任一点到两定点距离的和的最值问题，熟记抛物线的定义与性质即可，属于常考题型. 11．C 【解析】 【分析】
根据条件结构，分x0，x0两类情况讨论求解. 【详解】
当x0时，因为输出的是1， 所以log2x1， 解得x2. 当x0时，因为输出的是1，

所以x21， 解得x1. 综上：x2或x1. 故选：C 【点睛】
本题主要考查程序框图中的条件结构，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于基础题. 12．A 【解析】 【分析】
由等差数列的性质可得a70，然后再次利用等差数列的性质确定k的值即可. 【详解】
由等差数列的性质可知：S9故a70，则a4S4a5a6a7a8a95a70, a102a70，结合题意可知：k10. 本题选择A选项. 【点睛】
本题主要考查等差数列的性质及其应用，属于中等题. 二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共20分） 13．2
3【解析】 【分析】
首先求出六名人员排成一排合影留念的总的基本事件的个数，再求出一人为领导人，则甲乙两人均在领导人的同侧的基本事件的个数，利用古典概型的概率公式求解即可． 【详解】
6解：根据题意，六名人员排成一排合影留念的总的基本事件的个数为A6720，
323一人为领导人，则甲乙两人均在领导人的同侧的基本事件的个数为C62A2A3480，
甲乙两人均在领导人的同侧的概率为故答案为：【点睛】
4802 72032．
3本题考查古典概型的求解，是基础题． 14．[-1,2]

【解析】 【分析】
画出可行域，然后利用目标函数的等值线yx在可行域中进行平移，根据z或含z的式子的含义，目标函数取最值得最优解，可得结果. 【详解】 如图

令z0，则yx为目标函数的一条等值线 将等值线延y轴正半轴方向移到到点A0,1 则点A0,1是目标函数取最小值得最优解 将等值线延y轴负半轴方向移到到点B2,0 则点B2,0是目标函数取最大值得最优解 所以zmin011,zmax202 所以z1,2 故答案为：1,2 【点睛】
本题考查线性规划，一般步骤：（1）作出可行域；（2）理解z或含z的式子的含义，利用等值线在可行域中移动找到目标函数取最值得最优解，属基础题. 15．3 【解析】 【分析】
作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移此直线可得最优解。 【详解】
作出可行域，如图ABC内部（含边界），作直线l:x2y0，向上平移直线l，z增大，当直线l过点
B(1,2时，zx2y取得最大值3。
故答案为：3。

【点睛】
本题考查简单的线性规划，解题方法是作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移此直线可得最优解。 16．30 【解析】 【分析】
26种选法，将三名教师命名为A，B，C，按照要求，教师A只需再选一名学生，有5种选法，教师B有C4根据分步乘法计数原理，可得分组方法有5630种． 【详解】
将三名教师命名为A，B，C，所以可按三步完成分组，第一步让教师A选学生，第二步让教师B选学生，26种选法，第三步将剩下的学生分配给教师C即可．教师A只需再选一名学生，有5种选法，教师B有C4根据分步乘法计数原理，可得分组方法有5630种． 【点睛】
本题主要考查分步乘法计数原理的应用． 三、解答题（本题包括6个小题，共70分） 17．（1）x【解析】
试题分析：本小题主要考查不等式的相关知识，具体涉及到绝对值不等式及不等式证明以及解法等内容.(1利用数轴分段法求解；（2）借助数形结合思想，画出两个函数的图像，通过图像的上下位置的比较，探求3；（2）[4,0]
2g(xf(x在x[2,2]上恒成立时实数a的取值范围. 4x1试题解析：(1 由条件知f(xx3x1{2x21x3，
4x3由f(x1，解得x3. (5分
2(2 由g(xf(x得xa4x3x1，由函数的图像


可知a的取值范围是. (10分
考点：（1）绝对值不等式；（2）不等式证明以及解法；（3）函数的图像. 18．（1）详见解析；（2）60o. 【解析】 【分析】
(1本题首先可以取A1B的中点D并连接AD，然后利用平面A1BC侧面A1ABB1得到AD平面A1BC，再根据三棱柱是直三棱柱得到AA1BC，最后根据线面垂直的相关性质得到BC侧面A1ABB1，即可得出结果；
(2首先可以构造出空间直角坐标系，然后求出平面AA1C与平面A1BC的法向量，即可得出结果． 【详解】

(1如图，取A1B的中点D，连接AD. 因为AA1AB，所以ADA1B. 由平面A1BC侧面A1ABB1，且平面A1BC侧面A1ABB1A1B， 得AD平面A1BC，
又BC平面A1BC，所以ADBC，
因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1底面ABC，AA1BC， 又AA1ADA，从而BC侧面ABB1A1，又AB侧面A1ABB1，故ABBC；

(2由(1知ABBC且BB1底面ABC，所以以点B为原点，以BC、BA、BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，
设BCa，则A0,2,0，B0,0,0，Ca,0,0，A10,2,2，
uuuruuuruuuruuurBCa,0,0，BA10,2,2，ACa,2,0，AA10,0,2，
uruuururuuururxa0设平面A1BC的一个法向量n1x,y,z，由BCn1，BA，得， n112y2z0ury1x0,z1令，得，则n10,1,1，
设直线AC与平面A1BC所成的角为，则30o，
uuururAC·n121o， rur所以sin30uuuACn14a222uuur解得a2，即AC2,2,0．
uuruur又设平面A1AC的一个法向量为n2，同理可得n21,1,0. uruururuurn1n21coscosn,nuruur设锐二面角AA1CB的大小为，则， 12n1n22oo由0,，得60，所以锐二面角AA1CB的大小为60．
2【点睛】
本题考查了解析几何的相关性质，主要考查了线线垂直的证明以及二面角的求法，线线垂直可以通过线面垂直证明，而二面角则可以通过构造空间直角坐标系并借助法向量来求解，考查推理能力，考查数形结合思想，是中档题．
19．k=﹣1，B=﹣17或k=1，B=3 【解析】
试题分析：由题设知k≠1且f'（x）=3kx（x-2），1＜x＜2时，x（x-2）＜1；x＜1或x＞2时，x（x-2）＞1；x=1和x=2时，f'（x）=1．由题设知-2≤x≤2，f（-2）=-21k+B，f（1）=B，f（2）=-4k+B．由此能够求出k、B的值
试题解析：由题设知k≠1且f'（x）=3kx（x﹣2），1＜x＜2时，x（x﹣2）＜1； x＜1或x＞2时，x（x﹣2）＞1；x=1和x=2时，f'（x）=1． 由题设知﹣2≤x≤2，f（﹣2）=﹣21k+B，f（1）=B，f（2）=﹣4k+B ①k＜1时，﹣2＜x＜1时，f'（x）＜1；1＜x＜2时，f'（x）＞1， ∴f（x）在[﹣2，1）上递减，在（1，2）上递增，
x=1为最小值点；∵f（﹣2）＞f（2）∴f（x）的最大值是f（﹣2）

即{20kb3b17，解得k=-1，B=-17 20kb17②k＞1时，，解得k=1，B=3 b3综上，k=﹣1，B=﹣17或k=1，B=3
考点：利用导数求闭区间上函数的最值
420．（1）S216,S381,S4256,Snn；（2）见解析．
【解析】
4分析：直接计算S216,S381,S4256，猜想：Snn；
（2）证明：①当n1时，猜想成立. ②设nkkN③证明当nk1时，成立。
*时，命题成立，即Skk4
详解：（1）解：S1a11，S2S1a3145616，
S3S2a516111213141581， S4S3a581222328256，
4猜想Snn；
（2）证明：①当n1时，猜想成立. ②设nkkN*时，命题成立，即Skk4，
nn1nn1nn112 n 由题意可知an222nnn12nn12nn2122. 所以a2k12k12k121 2k12k22k14k36k24k1，
4Sk1Ska2k1k44k36k24k1 k1，
所以nk1时猜想成立. 由①、②可知，猜想对任意nN*都成立. 点睛：推理与证明中，数学归纳法证明数列的通项公式是常见的解法。根据题意先归纳猜想，利用数学归纳法证明猜想。数学归纳法证明必须有三步： ①当n1时，计算得出猜想成立. ②当nkkN*时，假设猜想命题成立，

③当nk1时，证明猜想成立。
21． (130;(254,55;(3 X的分布列如下：
X
P
数学期望EX【解析】
0 1 2 1
154
38 156
1510，进而得出40 名试题分析：（1）由频率分布直方图知年龄在[40，70）的频率为（0.020+0.030+0.025）×读书者中年龄分布在[40，70）的人数．（2）40 名读书者年龄的平均数为25×0.05+35×0.1+45×0.2+55×0.3+65×0.25+75×0.1．计算频率为1处所对应的数据即可得出中位数．（3）年2龄在[20，30）的读书者有2人，年龄在[30，40）的读书者有4人，所以X的所有可能取值是0，1，2．利用超几何分布列计算公式即可得出． 试题解析：
（1）由频率分布直方图知年龄在40,70的频率为0.0200.0300.025100.75， 所以40名读书者中年龄分布在40,70的人数为400.7530. （2）40名读书者年龄的平均数为
250.05350.1450.2550.3 650.25750.154. 设中位数为x，则0.005100.01100.02100.03x500.5 解得x55，即40名读书者年龄的中位数为55. （3）年龄在20,30的读书者有0.00510402人， 年龄在30,40的读书者有0.0110404人， 所以X的所有可能取值是0,1,2，
20C2C41PX0，
2C41511C2C8PX124，
C41502C2C46PX2，
2C415X的分布列如下： X
0 1 2
P
数学期望EX01
15186412. 15151538 156
1522． (1见证明；(2 【解析】 【分析】
24ln2m0
3（1）利用导数求得函数单调性，可证得fxmin1；（2）利用假设切点的方式写出切线方程，原问题转2m1m210在0,2上有两个解；此时可采用零点存在定理依次判断零点个数，得xx到m范围，也可以先利用分离变量的方式，构造新的函数，然后讨论函数图像，得到m范围. 化为方程lnx【详解】
（1）证明：m1时，fx1lnx
xQfx11x12 fx在0,1上递减，在1,2上递增 x2xxfxminf11 fx1
（2）当m0时，fxlnx，x0,2，明显不满足要求； 当m0时，设切点为x0,fx0（显然x01），则有fx0fx0x01
x0m2x0lnx0m2m1m210* x0，整理得lnx0x0x0x01由题意，要求方程*在区间0,2上有两个不同的实数解 令gxlnx2m1mx2mx1
21 gxxxx311时，gx在0,1上单调递增，在1,2上单调递减m1或先单调递减再递22①当2m1即m增m1
而gme12e0，g1m0，
1eg2ln23m2111ln20，g2mln2m0 484m
gx在区间0,1上有唯一零点，在区间1,2上无零点，
所以此时不满足题要求. ②当m1时，gx0 gx在0,2上单调递增
2不满足在区间0,2上有两个不同的实数解
③当02m1即0m增. 1时，gx在0,2m上单调递增，在2m,1上单调递减，在1,2上单调递2m2m1eemQgln10，g1m0
emegx在区间0,2上有唯一零点，所以此时不满足题要求. ④当m0时，gx在0,1上单调递减，在1,2上单调递增，
3m21Qgme12e0，g1m0，g2ln2
4e24ln2时，gx在区间0,2上有唯一零点，此时不满足题要求. 324ln2m0时，gx在区间0,1和1,2上各有一个零点 当g20即3xm1m2显然在区间0,2上单调递减 设零点为x1,x2，又这时fx2xxx当g20即mfx1fx2，此时满足题目要求. 综上所述，m的取值范围是24ln2m0
3mx,lnx（2）解法二：设切点为00 x0由解法一的关于x0的方程2x01m01lnx01在区间内0,2有两解 2x0x0显然1不是方程的解 2xx2lnxx2故原问题等价于m在区间内0,2有两解
12x1xx2lnxx2x1xlnxx设gx，0x2且x
212x12x1x1x2lnx1x，0x2且x 则gx2212x
令hx又x0,1122x12lnx，0x2，则hx2 2xxxx11xhx0，；,2，hx0
221hxhxminh2ln40，
2故x0,11,1，gx0；x1,2，gx0 22从而x0,11,,1，gx递增，x1,2，gx递减 22令tx1xlnxx，0x2 txlnx 由于x0,1时tx0，x1,2时tx0
txtxmint10
故x0,11xgx0，；,2，gx0，
22而x11,2时，gxg10，x时，gx
22xx2lnxx2故m在区间内0,2有两解g2m0
12x解得：24ln2m0
3
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义、导数在研究函数中的应用.难点在于将原问题转化为方程根的个数的问题，此时根无法确切的得到求解，解决此类问题的方式是灵活利用零点存在定理，在区间内逐步确定根的个数.


2020年广西省钦州市数学高二下期末统考试题含解析-

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