2020-2021学年广西壮族自治区桂林高二（下）期末考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广西壮族自治区桂林高二（下）期末考试数学（理）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知f(x)=ex，则f′(0)=( )
A.0B.1C.eD.1e

2. 设复数z=2−i，则z的实部为（ ）
A.−1B.2C.−2D.i

3. 用反证法证明“2是无理数”时，正确的假设是（ ）
A.2不是无理数B.2是整数C.2不是有理数D.2是无理数

4. 5个人排成一排照相，其中的甲乙两人要相邻，则有不同的排法种数为( )
A.24种B.36种C.48种D.72种

5. 1+3x+3x2+x3=（ ）
A.x+13B.x−13C.x+14D.x4

6. 在样本频率分布直方图中，各小长方形的高的比从左到右依次为2:4:3:1，则第2组的频率是( )

A.0.4B.0.3C.0.2D.0.1

7. 向量a→=2,4,5，向量b→=1,2,t，若a→⊥b→，则实数t=( )
A.52B.1C.−2D.−85

8. 从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A“取到的2个数之和为偶数”，事件B“取到的2个数均为偶数”，则PB|A=( )
A.18B.14C.25D.12

9. 若随机变量X的分布列如表所示，则a的值为( )
A.0.1B.0.2C.0.3D.0.4

10. 正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为（ ）
A.23B.33C.23D.63

11. 已知随机变量X服从正态分布N3,1，且P2≤X≤4=0.6826，则PX>4=( )

12. 若函数f(x)=ex−2ax2+1有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A.a>e4 B.0二、填空题

某校有学生4500人，其中高三学生1500人．为了解学生的身体素质情况，采用分层抽样的方法，从该校学生中抽取一个300人的样本，则样本中高三学生的人数为________．

已知i为虚数单位，则2−3ii+1=________.

1e1xdx=________．

在△ABC中，∠BAC=90∘，AB=6，AC=8，D是斜边上一点，以AD为棱折成60∘二面角C−AD−B，则线段BC最小值为________.
三、解答题

在x2+1x6的展开式中，求
(1)含x3的项；

(2)展开式中的常数项．

已知函数fx=x3+ax2−9x+10a∈R.
(1)当a=0时，求fx的图象在点2,f2处的切线方程；

(2)设x=−1是fx的极值点，求fx的极小值．

如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．

(1)证明：BE⊥平面EB1C1；

(2)若AE=A1E，AD=1，求二面角B−EC−C1的余弦值．

已知数列{an}的前n项和Sn=2n−an．
(1)计算a1，a2，a3，a4，并猜想{an}的通项公式.

(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．

在某校组织的一次篮球定点投篮比赛中，两人一对一比赛规则如下：若某人某次投篮命中，则由他继续投篮，否则由对方接替投篮．现由甲、乙两人进行一对一投篮比赛，甲和乙每次投篮命中的概率分别是13，12．两人共投篮3次，且第一次由甲开始投篮，假设每人每次投篮命中与否均互不影响．
(1)求3次投篮的人依次是甲、甲、乙的概率；

(2)若投篮命中一次得1分，否则得0分，用X表示甲的总得分，求X的分布列和数学期望．

已知函数fx=lnx−axa∈R．
(1)若fx在0,+∞单调递增，求实数a的取值范围；

(2)若ℎx=xfx，且ℎx仅有一个极值点x0，求实数a的取值范围，并证明：ℎx0≥−1e．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西壮族自治区桂林市高二（下）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
先求出导函数f′(x)＝ex，然后代入x＝0即可．
【解答】
解：∵ f′(x)=ex，
∴ f′(0)=e0=1．
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
复数的基本概念
【解析】
根据复数a+bi(a,b∈R)的实部为a，虚部为b，进行求解即可.
【解答】
解：复数z=2−i，
则z的实部为2.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
反证法
【解析】
反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立．
【解答】
解：用反证法证明“2是无理数”时，最恰当的证法是先假设2不是无理数.
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，分2步进行分析：①将甲乙两人看成一个整体，②将甲乙整体与其他3人全排列，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2步进行分析：
①将甲乙两人看成一个整体，有A22=2种情况，
②将甲乙整体与其他3人全排列，有A44=24种情况，
则有2×24=48种排列的方法.
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
逆用二项式展开式即可.
【解答】
解：1+3x+3x2+x3
=C30x0+C31x+C32x2+C33x3
=(1+x)3.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
频率分布直方图
【解析】
因为直方图中各个小长方形的面积即为各组的频率，且频率之和为1，故由已知比例关系即可求得第二组的频率，乘以样本容量即为频数
【解答】
解：∵ 小长方形的高的比等于面积之比
∴ 从左到右各组的频率之比为2:4:3:1，
∵ 各组频率之和为1，
∴ 第二组的频率为1×410=25.
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求出t的值．
【解答】
解：向量a→=2,4,5，b→=1,2,t，
若a→⊥b→，
则a→⋅b→=2+8+5t=0，
解得t=−2.
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：PA=C32+C22C52=410=25，
PAB=C22C52=110，
由条件概率公式PB|A=PABPA=11025=14．
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
离散型随机变量及其分布列
【解析】
根据概率之和等于1计算．
【解答】
解：由离散型随机变量的分布列的性质可得 0.2+a+3a=1，
解得a=0.2.
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
直线与平面所成的角
点、线、面间的距离计算
【解析】
正方体上下底面中心的连线平行于BB1，上下底面中心的连线与平面ACD1所成角，即为BB1与平面ACD1所成角，
直角三角形中，利用边角关系求出此角的余弦值．
【解答】
解：如图，设上下底面的中心分别为O1，O，
设正方体的棱长等于1，
则O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角，即∠O1OD1，
直角三角形OO1D1中，cs∠O1OD1=O1OOD1=162=63.
故选D．
11.
【答案】
B
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
根据随机变量X服从正态分布，可知正态曲线的对称轴，利用对称性，即可求得P(X>4)．
【解答】
解：∵ 随机变量X服从正态分布N(3, 1)，
∴ 正态曲线的对称轴是x=3.
∵ P(2≤X≤4)=0.6826，
∴ P(X>4)=0.5−12P(2≤X≤4)
=0.5−0.3413=0.1587．
故选B.
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
由导数与极值的关系知可转化为方程f′(x)＝0在R上有两个不同根，结合函数的性质可求．
【解答】
解：由题意可得，f′(x)=ex−4ax=0有2个不同的实数根，
即a=ex4x有2个不同的实数根，
令gx=ex4x，则g′x=exx−14x2，
令g′(x)>0，可得x>1，
令g′(x)<0，可得x<1，
所以gx=ex4x在−∞,1上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)的最小值为g(1)=e4，
故a>e4.
故选A．
二、填空题
【答案】
100
【考点】
分层抽样方法
【解析】
根据分层抽样的方法，由已知中某学有学生4500人，其中高三学生1500人及样本容量300代入不难得到答案
【解答】
解：由分层抽样的方法可设样本中有高三学生人数为x人，
则x300=15004500，
解得：x=100.
故答案为：100．
【答案】
5−i
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
直接利用复数的乘法运算求解即可.
【解答】
解：2−3ii+1=2i−3i+2−3i2=5−i.
故答案为：5−i.
【答案】
1
【考点】
定积分
【解析】
先求出1x的原函数，再根据定积分的运算法则求出该函数的定积分即可．
【解答】
解：1e1xdx=lnx|1e=lne−ln1=1.
故答案为：1.
【答案】
27
【考点】
二面角的平面角及求法
二倍角的正弦公式
空间向量的加减法
【解析】
则BC→=BF→+FE→+EC→，
可得BC→2=BF→2+FE→2+EC→2+2BF→EC→cs120∘，
令∠BAD=θ，
则得BC→2=100−72sin2θ，可得解.

【解答】
解：作CE⊥AD，BF⊥AD，如图，
则BC→=BF→+FE→+EC→，
可得BC→2=BF→2+FE→2+EC→2+2BF→EC→cs120∘，
令∠BAD=θ，
则得BC→2=6sinθ2+8csπ2−θ−6csθ2
+8sinπ2−θ2+6sinθ⋅8sinπ2−θ−12×2
=100−72sin2θ，
所以当θ=45∘时，BC→2min=28，
故最小值为27.
故答案为：27.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意知Tr+1=C6rx26−r1xr=C6rx12−3r，r=0，1，2，3，4，5，6，
令12−3r=3，得r=3
所以含x3的项为T4=C63x3=20x3.
(2)由①知12−3r=0，得r=4 ，
所以常数项为T5=C64=15.A
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知Tr+1=C6rx26−r1xr=C6rx12−3r，r=0，1，2，3，4，5，6，
令12−3r=3，得r=3
所以含x3的项为T4=C63x3=20x3.
(2)由①知12−3r=0，得r=4 ，
所以常数项为T5=C64=15.
【答案】
解：(1)若a=0，则fx=x3−9x+1，f′x=3x2−9.
则k=f′2=3，f2=0，
故所求切线方程为y=3x−2，
即y=3x−6．
(2)f′x=3x2+2ax−9，
由题知f′−1=0，
解得a=−3，
则fx=x3−3x2−9x+10，
f′x=3x2−6x−9=3x+1x−3，
当−1当x>3或x<−1时，f′x>0，f(x)单调递增，
所以当x=3时fx取极小值f3=−17．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若a=0，则fx=x3−9x+1，f′x=3x2−9.
则k=f′2=3，f2=0，
故所求切线方程为y=3x−2，
即y=3x−6．
(2)f′x=3x2+2ax−9，
由题知f′−1=0，
解得a=−3，
则fx=x3−3x2−9x+10，
f′x=3x2−6x−9=3x+1x−3，
当−1当x>3或x<−1时，f′x>0，f(x)单调递增，
所以当x=3时fx取极小值f3=−17．
【答案】
(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1．
BE⊂平面ABB1A，故B1C1⊥BE，
又因为BE⊥EC1，EC1∩B1C−1=C1，
所以BE⊥平面EB1C1 .
(2)解：由(1)知∠BEB1=90​∘．
由题设知Rt△ABE≅Rt△A1B1E，
所以∠AEB=45​∘，
故AE=AB，AA1=2AB .
以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐D−xyz，
则C0,1,0，B1,1,0，C10,1,2，E1,0,1，
CB→=(1,0,0)，CE→=(1,−1,1)，CC1→=(0,0,2) ，
设平面EBC的法向量为n→=x1,y1,z1
则CB→⋅n→=0,CE→⋅n→=0,
即x1=0,x1−y1+z1=0,
所以可取n→=0,−1,−1
设平面ECC1的法向量为m→=x2,y2,z2
则CC1→⋅m→=0,CE→⋅m→=0,
即z2=0,x2−y2+z2=0,
可取m→=1,1,0，
于是cs⟨n→,m→⟩=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=−12，
所以二面角B−EC−C1的余弦值为−12．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1．
BE⊂平面ABB1A，故B1C1⊥BE，
又因为BE⊥EC1，EC1∩B1C−1=C1，
所以BE⊥平面EB1C1 .
(2)解：由(1)知∠BEB1=90​∘．
由题设知Rt△ABE≅Rt△A1B1E，
所以∠AEB=45​∘，
故AE=AB，AA1=2AB .
以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐D−xyz，
则C0,1,0，B1,1,0，C10,1,2，E1,0,1，
CB→=(1,0,0)，CE→=(1,−1,1)，CC1→=(0,0,2) ，
设平面EBC的法向量为n→=x1,y1,z1
则CB→⋅n→=0,CE→⋅n→=0,
即x1=0,x1−y1+z1=0,
所以可取n→=0,−1,−1
设平面ECC1的法向量为m→=x2,y2,z2
则CC1→⋅m→=0,CE→⋅m→=0,
即z2=0,x2−y2+z2=0,
可取m→=1,1,0，
于是cs⟨n→,m→⟩=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=−12，
所以二面角B−EC−C1的余弦值为−12．
【答案】
(1)解：因为Sn=2n−an，
所以当n=1时，a1=S1=2−a1，解得a1=1，
当n=2时，a1+a2=S2=2×2−a2，解得a2=32；
当n=3时，a1+a2+a3=S3=2×3−a3，解得a3=74；
当n=4时， a1+a2+a3+a4=S4=2×4−a4，解得a4=158．
由此猜想an=2n−12n−1(n∈N∗).
(2)证明：①n=1时成立；
②假设n=k时成立，即ak=2k−12k−1，
则n=k+1时，Sk+1=2(k+1)−ak+1，
又Sk=2k−ak，
两式相减得：2ak+1=2+ak，
所以由假设及上式得：ak+1=2k+1−12k，
所以n=k+1时也成立，
由①②知an=2n−12n−1，n∈N∗时成立.
【考点】
数学归纳法
【解析】
（1）由题设条件，分别令n=1，2，3，4，能够求出a1，a2，a3，a4．
（2）由（1）猜想数列{an}的通项公式，检验n=1时等式成立，假设n=k时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立．
【解答】
(1)解：因为Sn=2n−an，
所以当n=1时，a1=S1=2−a1，解得a1=1，
当n=2时，a1+a2=S2=2×2−a2，解得a2=32；
当n=3时，a1+a2+a3=S3=2×3−a3，解得a3=74；
当n=4时， a1+a2+a3+a4=S4=2×4−a4，解得a4=158．
由此猜想an=2n−12n−1(n∈N∗).
(2)证明：①n=1时成立；
②假设n=k时成立，即ak=2k−12k−1，
则n=k+1时，Sk+1=2(k+1)−ak+1，
又Sk=2k−ak，
两式相减得：2ak+1=2+ak，
所以由假设及上式得：ak+1=2k+1−12k，
所以n=k+1时也成立，
由①②知an=2n−12n−1，n∈N∗时成立.
【答案】
解：(1)记“3次投篮的人依次是甲，甲，乙为事件A．
依题意，得PA=13×23=29，
∴ 3次投篮的人依次是甲、甲、乙的概率是29．
(2)由题意X可能取值为0，1，2，3，
则PX=0=23×12+23×12×23=59，
Px=1=23×12×13+13×23=13，
PX=2=13×13×23=227，
Px=3=13×13×13=127，
所以，分布列为
所以X的期望Ex=0×59+1×13+2×227+3×127=1627．
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
无
【解答】
解：(1)记“3次投篮的人依次是甲，甲，乙为事件A．
依题意，得PA=13×23=29，
∴ 3次投篮的人依次是甲、甲、乙的概率是29．
(2)由题意X可能取值为0，1，2，3，
则PX=0=23×12+23×12×23=59，
Px=1=23×12×13+13×23=13，
PX=2=13×13×23=227，
Px=3=13×13×13=127，
所以，分布列为
所以X的期望Ex=0×59+1×13+2×227+3×127=1627．
【答案】
解：(1)f′x=1x−ax>0，
fx在0,+∞单调递增，
∴ f′x≥0在0,+∞恒成立，
∴ a≤1x在0,+∞恒成立，
∴ a≤0．
(2)设gx=ℎ′x=1+lnx−2ax，g′x=1x−2a，
①当a>0时，
令g′x=1x−2a=0，得：x=12a，
x∈0,12a，g′x>0，gx单调递增，
x∈12a,+∞，g′x<0，gx单调递减．
若g12a≤0，ℎ′x≤0恒成立，ℎx无极值；
若g12a>0，ℎ′12a>0，
而x→0和x→+∞时，ℎ′(x)<0，
此时ℎx有两个极值点，
故a>0不符合题意．
②当a=0时，x∈0,1e，ℎ′x<0，ℎx单调递减，
x∈1e,+∞，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
所以ℎx有唯一极小值点1e，ℎ1e=−1e．
③当a<0时，g′x>0恒成立．
gx=ℎ′x 单调递增．
取b满足0ℎ′(b)<0，
而ℎ′1e=−2ae>0，
此时由零点存在定理知：ℎ′x=0有唯一的零点x0，ℎx只有一个极值点x0，
且x0∈0,1e，
由题知ℎx0=x0lnx0−ax02，
又ℎ′x0=1+lnx0−2ax0=0，
∴ ax0=121+lnx0，
∴ ℎx0=x0lnx0−12x01+lnx0=12x0lnx0−12x0，
设ux=12xlnx−12x，μ′x=12lnx，
当x∈0,1e，u′x<0，ux单调递减．
∴ ux>u1e=−1e，
∴ ℎx0>−1e成立．
综上，ℎx只有一个极值点x0时，a的取值范围为(−∞,0]，
且ℎx0≥−1e．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=1x−ax>0，
fx在0,+∞单调递增，
∴ f′x≥0在0,+∞恒成立，
∴ a≤1x在0,+∞恒成立，
∴ a≤0．
(2)设gx=ℎ′x=1+lnx−2ax，g′x=1x−2a，
①当a>0时，
令g′x=1x−2a=0，得：x=12a，
x∈0,12a，g′x>0，gx单调递增，
x∈12a,+∞，g′x<0，gx单调递减．
若g12a≤0，ℎ′x≤0恒成立，ℎx无极值；
若g12a>0，ℎ′12a>0，
而x→0和x→+∞时，ℎ′(x)<0，
此时ℎx有两个极值点，
故a>0不符合题意．
②当a=0时，x∈0,1e，ℎ′x<0，ℎx单调递减，
x∈1e,+∞，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
所以ℎx有唯一极小值点1e，ℎ1e=−1e．
③当a<0时，g′x>0恒成立．
gx=ℎ′x 单调递增．
取b满足0ℎ′(b)<0，
而ℎ′1e=−2ae>0，
此时由零点存在定理知：ℎ′x=0有唯一的零点x0，ℎx只有一个极值点x0，
且x0∈0,1e，
由题知ℎx0=x0lnx0−ax02，
又ℎ′x0=1+lnx0−2ax0=0，
∴ ax0=121+lnx0，
∴ ℎx0=x0lnx0−12x01+lnx0=12x0lnx0−12x0，
设ux=12xlnx−12x，μ′x=12lnx，
当x∈0,1e，u′x<0，ux单调递减．
∴ ux>u1e=−1e，
∴ ℎx0>−1e成立．
综上，ℎx只有一个极值点x0时，a的取值范围为(−∞,0]，
且ℎx0≥−1e．X
1
2
3
P
0.2
a
3a
X
0
1
2
3
P
59
13
227
127
X
0
1
2
3
P
59
13
227
127