安徽省皖西南名校2019-2020学年高二下学期期末联考数学（文）试题 WORD版含答案.docx

1、皖西南名校2019-2020学年高二下学期期末联考数学（文科）考生注意：1本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟2请将各题答案填写在答题卡上3本试卷主要考试内容：高考全部内容（除选考外）第卷一、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，只有一项是符合题目要求的1设集合，则ABCD2ABCD3要得到函数的图象，只需将函数的图象A向左平移个单位长度B向右平移个单位长度C向左平移1个单位长度D向右平移1个单位长度4已知函数，若，则A1B2C3D45某中学有高中生3600人，初中生2400人为了解学生课外锻炼情况，用分层抽样的

2、方法从该校学生中抽取一个容量为的样本已知从高中生中抽取的人数比从初中生中抽取的人数多24，则A48B72C60D1206某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A20B24C18D167已知，则ABCD8已知，为不同的直线，y不同的平面，则下列判断错误的是A若，则B若，则C若，则D若，则9已知函数是定义在上的奇函数，且，当时，则ABCD10已知抛物线的焦点为，若斜率为的直线过点，且与抛物线交于、两点，则线段的中点到准线的距离为ABCD11黄金三角形有两种，一种是顶角为的等腰三角形，另一种是顶角为的等腰三角形，例如，一个正五边形可以看成是由正五角星和五个顶角为的黄金三角形组成的，如图所示，在

3、黄金三角形中，根据这些信息，若在正五边形内任取一点，则该点取自正五边形内的概率是ABCD12已知函数，若存在实数，满足，且，则的最大值为ABCD第II卷二、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中的横线上13已知向量，则_14已知实数，满足不等式组，则的最小值为_15在中，角，所对的边分别是，若，则_16已知点，若双曲线的右支上存在两动点，使得，则的最小值为_三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知数列的前项和为，且，（1）求的通项公式；（2）令，求数列的前项和18（12分）某航空公司规定：国内航班（不构成国际运输的国内航段）托运行李每

4、件重量上限为，每件尺寸限制为，其中头等舱乘客免费行李额为，经济舱乘客免费行李额为某调研小组随机抽取了100位国内航班旅客进行调查，得到如下数据：携带行李重量（kg）头等舱乘客人数833122经济舱乘客人数37530合计4538152（1）请完成答题卡上的列联表，并判断是否在犯错概率不超过的前提下，认为托运超额行李与乘客乘坐座位的等级有关；（2）调研小组为感谢参与调查的旅客，决定从托运行李超出免费行李额且不超过的旅客中随机抽取2人赠送“100元超额行李补助券”，求这2人中至少有1人是头等舱乘客的概率参考公式，其中参考数据：19（12分）图1是由平行四边形和组成的一个平面图形，其中，将沿折起到的位

5、置，使得，如图2 图1 图2（1）证明：（2）求点到平面的距离20（12分）已知函数在处取得极值（1）求的值；（2）若过点可作曲线的三条切线，求的取值范围21（12分）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，且到直线的距离为（1）求椭圆的方程（2）过的直线交椭圆于，两点，为坐标原点，以，为邻边作平行四边形，是否存在直线，使得点在椭圆上？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由22（12分）已知函数（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若在上恒成立，求的取值范围20192020第二学期高二期末考试数学参考答案（文科）1B由题意可得，则2A3C因为，所以要得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点向

6、左平移1个单位长度4A设，则因为，所以，即，则，即，故5D由题意可知该校高中生人数与初中生人数之比为，则6A由几何体的三视图还原出该几何体的直观图，如图所示该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的由题中数据可得三棱柱的体积为24，截去的三棱锥的体积为4，故该几何体的体积是207D因为，即，则8D若，则或与相交，故D错误9C由题意可得，所以，即是周期为4的周期函数，则10A由题意可得，设，的中点，联立，整理得，则，解得因为点在直线上，所以，则，则线段的中点到准线的距离为11B如图，过点作，垂足为设，由题意可得，则在中，则因为，所以，所以记正五边形与的面积分别为和，因为正五边形与相似，所以，故

7、所求概率12B结合的图象可知，因为，所以，则，令，则，以在上单调递增，故13 由题意可得因为，所以，解得14 画出可行域（图略），当直线的经过点时，取得最小值15 因为，所以，则，故16 设，则，即因为，所以，则因为，所以，即的最小值是17解：（1）当时，所以，整理得，则，故，当时，满足上式，故（2）由（1）可知，则18解：（1）补全列联表如下：托运免费行李托运超额行李合计头等舱乘客人数53255经济舱乘客人数37845合计9010100因为，所以在犯错概率不超过的前提下，认为托运超额行李与乘客乘坐座位的等级有关（2）由题意可知托运行李超出免费行李额且不超过的旅客有7人，其中头等舱乘客有2人，

8、记为，经济舱乘客有5人，记为，从这7人中随机抽取2人的情况有，共21种，其中符合条件的情况有，共11种故所求概率19（1）证明：因为四边形是平行四边形，所以连接，在中，根据余弦定理得，因为，所以，所以，因为，且，所以平面，因为平面，所以（2）解：因为，所以，所以则的面积为由（1）可知平面，所以由（1）可知，又，所以平面，因为平面，所以，因为，所以的面积为设点到平面的距离为，因为，所以，解得20解：（1）因为，以因为在处取得极值，所以经验证符合题意（2）设切点坐标为，由，得，所以切线方程为，将代入切线方程，得令，则，则，解得当或时，所以在，上单调递增；当时，所以在上单调递减所以的极大值为，的极小

9、值为因为有三条切线，所以方程有三个不同的解，与的图象有三个不同的交点，所以21解：（1）因为椭圆的离心率为，所以，所以，所以直线的方程为，即由题意可得，则，解得故椭圆的标准方程为（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，整理得，则，设，由四边形为平行四边形，得，则，即，若点落在椭圆上，则，即，整理得，解得当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时存在点在椭圆上综上，存在直线，使得点在椭圆上22解：（1）令，则，所以在上单调递增，即故在上，单调递减；在上，单调递增（2），令，故在上，单调递减，易得当时，函数在上单调递增，解得，故当时，函数在上单调递减，不符合题意当时，则存在，使得，则函数在上单调递减，在上单调递增所以，解得，即综上，