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1、陕西省延安市吴起高级中学2019-2020学年高二数学下学期第四次质量检测（期末考试）试题 理（含解析）第I卷（选择题共60分）一、单选题（本题共60分，每小题5分，每个小题只有一个正确选项）1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由二次不等式及对数不等式的解法求出集合A、B，然后结合集合交集的运算求即可.【详解】解：解不等式，得，即，解不等式，得，即，则，故选：C.【点睛】本题考查了二次不等式及对数不等式的解法，重点考查了集合交集的运算，属基础题.2. 若a为实数，且，则A. B. 0C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘法运算化
2、简得答案【详解】解：a为实数，且（1+ai）（ai）2a+（a21）i2，2a2且a21=0，解得a1故选C点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题3. 已知平面，直线l满足，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用定义法直接判断即可.【详解】若，不能推出，因为与可能相交；反过来，若，则与无公共点，根据线面平行的定义，知.所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的应用，在判断充分条件、必要条件时，有如下三种方法：1.定义法，2.等价法，3.集合间的包含关系法.4
3、. 命题“，”的否定为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】根据全称命题与特称命题之间的关系求解.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“，”的否定为“，”故选A【点睛】本题考查全称命题和特称命题的否定，属于基础题.5. 若，则m的值为 ( )A. 5B. 3C. 6D. 7【答案】A【解析】【分析】根据题意，由，结合排列数公式可得m（m1）（m2）（m3）（m4）=2m（m1）（m2），化简解可得答案【详解】根据题意，若，则有m（m1）（m2）（m3）（m4）=2m（m1）（m2），即（m3）（m4）=2，解可得：m=5故答案为A【点睛】(1)本题主要考查排
4、列数的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 排列数公式 ：= (，且)(叫做的阶乘).6. 甲、乙等人排一排照相，要求甲、乙人相邻但不排在两端，那么不同排法共有（ ）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】B【解析】根据题意，甲、乙看做一个元素安排中间位置，共有种排法，其余人排其它个位置，共有种排法，利用乘法原理，可得不同的排法有种故选点睛：本题考查的是排列组合问题.（1）解排列组合问题要遵循两个原则：按元素(或位置)的性质进行分类；按事情发生的过程进行分步具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)（2）不同元素
5、的分配问题，往往是先分组再分配在分组时，通常有三种类型：不均匀分组；均匀分组；部分均匀分组注意各种分组类型中，不同分组方法的求解7. （ ）A. B. C. 0D. 【答案】D【解析】【分析】定积分的几何意义是圆的个圆的面积，计算可得结果.【详解】定积分的几何意义是圆的个圆的面积,，故选D.【点睛】本题考查定积分，利用定积分的几何意义是解决问题的关键，属基础题8. 下列求导数运算正确的有()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别计算各选项的导数，判断即可.【详解】因为，故A错误；因为，故B错误；因为，故C错误；D正确.故选：D.【点睛】本题考查基本初等函数的计算，需要熟记公式.
6、9. 已知函数在处的导数为，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用导数的定义即可求出【详解】故选：B【点睛】本题主要考查导数的定义的应用，属于基础题10. 若命题p：函数的单调递增区间是，命题q：函数的单调递增区间是，则（ ）A. 是真命题B. 是假命题C. 是真命题D. 是真命题【答案】D【解析】【分析】由二次函数的单调性可判断命题p为真，利用增+增为增结合函数的定义域可得增区间进而知命题q为假命题，从而可得解.【详解】命题p：函数的对称轴为，且开口向上，所以在上单调递增，命题p为真；命题q：函数的定义域为，且和为增函数，所以函数的增区间为和，所以命题q为假命题.
7、所以是真命题.故选D.【点睛】本题主要考查了函数的单调性及复合命题的真假判断，注意区别在区间上单调递增和增区间的区间，属于基础题.11. 甲乙丙三位教师分别在拉萨、林芝、山南的三所中学里教授语文、数学、英语，已知：甲不拉萨工作，乙不在林芝工作；在拉萨工作的教师不教英语学科；在林芝工作的教师教语文学科；乙不教数学学科.可以判断乙工作的地方和教的学科分别是（ ）A. 拉萨，语文B. 山南，英语C. 林芝，数学D. 山南，数学【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，进行合情推理，即可容易判断和选择.【详解】在拉萨工作的教师不教英语学科，故拉萨工作的老师教语文或数学；又在林芝工作的教师教语文学科，故拉
8、萨工作的老师教数学.综上，在拉萨的老师教数学，在林芝工作的老师教语文，在山南工作的老师教英语；又乙不教数学学科，故乙在林芝或山南工作；又甲不在拉萨工作，乙不在林芝工作，故乙在山南工作，甲在林芝工作，丙在拉萨工作.综上所述：乙在山南教英语.故选：.【点睛】本题考查合情推理，注意认真审题即可，属简单题.12. 若与两个函数的图象有一条与直线平行的公共切线，则（）A. B. C. D. 或【答案】D【解析】【分析】先根据和曲线相切得到切线方程，再根据和二次函数相切得到参数值.【详解】设在函数处的切点设为（x,y）,根据导数的几何意义得到，故切点为（1，0），可求出切线方程为y=x-1,直线和 也相切
9、，故,化简得到,只需要满足 故答案为D.【点睛】求切线方程的方法：求曲线在点P处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在点P处的导数，然后利用点斜式写出切线方程；求曲线过点P的切线，则P点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标的方程解出切点坐标，进而写出切线方程.第II卷（非选择题共90分)二、填空题（本题共20分，每题5分）13. 已知命题“”为假命题，则实数的取值范围是_【答案】【解析】命题“”为假命题，则“”为真命题.所以，解得.答案为：.14. 若的展开式中，奇数项的二项式系数之和为32，则该二项展开式的中间项为_【答案】【解析】【分析】先由奇数项的二项式系数之和为32确定n
10、值，从而根据二项展开式通项公式求出第4项即可.【详解】解：的展开式中，奇数项的二项式系数之和为，解得，则二项展开式共项，第项为中间项，即，故答案为: .【点睛】本题考查了二项式定理. 本题的关键是结合已知条件求出.求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.15. 已知，则的展开式中的系数是_.【答案】【解析】【分析】计算定积分得出的值，再利用二项式定理求出的展开式中含和的系数，得出答案.【详解】，的通
11、项为，令得，的展开式中含的系数为，令得，展开式中不含项，的展开式中的系数为.故答案：.【点睛】本题考查的是定积分和二项式定理的运用，本题中根据定积分求出的值是关键，本题应注意展开式中含有的式子有两种情况，属于简单题.16. 有下面四个命题：若复数满足，则；若复数满足，则；若复数满足，则；若复数，则其中的真命题为_.【答案】【解析】【分析】由复数的运算法则，逐项判断即可.【详解】设，所以，若，则，所以，所以正确；设，则，若，则，所以或，因此不一定为实数，所以错误；设，则，若，则；又，若，则且，所以由不一定能推出且，因此错误；设，则，若，则，因此，所以正确.故答案为【点睛】本题主要考查复数的运算以
12、及复数的概念，熟记概念和运算法则即可，属于常考题型.三、解答题(本题共70分，17-21每小题12分，22题10分)17. 已知集合，.（1）若，则；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将代入可得集合B，解对数不等式可得集合A，由并集运算即可得解.（2）由可知B为A的子集，即；当符合题意，当B不为空集时，由不等式关系即可求得的取值范围.【详解】（1）若，则，依题意， 故；（2）因为，故；若，即时，符合题意；若，即时，解得；综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题考查了集合的并集运算，由集合的包含关系求参数的取值范围，注意讨论集合是否为空集的情况，属于基础题.
13、18. 现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答.（I）求张同学至少取到1道乙类题的概率；（II）已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题.设张同学答对甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立.用表示张同学答对题的个数，求的分布列和数学期望.【答案】（I） （II）见解析【解析】【分析】（I）从10道试题中取出3个的所有可能结果数有，张同学至少取到1道乙类题的对立事件是：张同学取到的全为甲类题，代入古典概率的求解公式即可求解（II）先判断随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，根据题意求出随机变量的各个取值的概率，即可求解分布列及期望值【详
14、解】解：设事件 “张同学至少取到1道乙类题”则张同学至少取到的全为甲类题（A）的所有可能取值为0，1，2，3的分布列为 0123 【点睛】本题主要考查了古典概型及计算公式，互斥事件、离散型随机变量的分布列及期望值的求解，考查了运用概率知识解决实际问题的能力19. 如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截面而得到的，其中（1）求的长；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，（1）由为平行四边形，运用向量的模的计算方法，可得的长度；（2）运用向量坐标运算计算点到平面的距离【详解】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，4，0)，A(2，0，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)设F(0，0，z)AEC1F为平行四边形， 由AEC1F为平行四边形，由=得，(-2，0，z)=(-2，0，2)，
