2020年山东省德州市数学高二(下)期末达标测试试题含解析
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2020年山东省德州市数学高二(下)期末达标测试试题
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）
1．11||dxx（ ）
A．0 B．12 C．1 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据定积分的意义和性质，1110||2xdxxdx，计算即可得出.
【详解】
因为11210101||2=2|12xdxxdxx，
故选C.
【点睛】
本题主要考查了含绝对值的被积函数的定积分求值，定积分的性质，属于中档题.
2．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（ ）
A．192种 B．216种 C．240种 D．288种
【答案】B
【解析】
分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论．
解：最左端排甲，共有55A=120种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有1444CA=96种，根据加法原理可得，共有120+96=216种．故选B．
3．岳阳高铁站1B进站口有3个闸机检票通道口，高考完后某班3个同学从该进站口检票进站到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这3个同学的不同进站方式有（ ）种
A．24 B．36 C．42 D．60
【答案】D
【解析】
分析：三名同学可以选择1个或2个或3个不同的检票通道口进站，三种情况分别计算进站方式即可得到总的进站方式.
详解：若三名同学从3个不同的检票通道口进站，则有336A种；
若三名同学从2个不同的检票通道口进站，则有2222332236CCAA种； 若三名同学从1个不同的检票通道口进站，则有133318CA种；
综上，这3个同学的不同进站方式有60种，选D.
点睛：本题考查排列问题，属于中档题，解题注意合理分类讨论，而且还要注意从同一个进站口进入的学生的不同次序.
4．设双曲线C：2221(0)3yxaa的一个顶点坐标为（2，0），则双曲线C的方程是（ ）
A．221163yx B．221123yx C．22183yx D．22143xy
【答案】D
【解析】
【分析】
利用双曲线C的一个顶点坐标为(2,0)，求得a的值，即可求得双曲线的方程，得到答案.
【详解】
由题意，因为双曲线222:1(0)3xyCaa的一个顶点坐标为(2,0)，
所以2a，所以双曲线的标准方程为22143xy，故选D.
【点睛】
本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
5．若直线的参数方程为1323xtyt（t为参数），则直线的倾斜角为( )
A．30° B．60 C．120 D．150
【答案】D
【解析】
【分析】
将直线的参数方程化为普通方程，求出斜率，进而得到倾斜角。
【详解】
设直线的倾斜角为,0,180oo，将直线的参数方程1323xtyt（t为参数）消去参数t可得3213yx，即33233yx，所以直线的斜率3tan3k
所以直线的倾斜角150，故选D.
【点睛】
本题考查参数方程和普通方程的互化以及直线的倾斜角，属于简单题。 6．已知向量(5,)amv，(2,2)bv，若()abbvvv，则m( )
A．1 B．1 C．2 D．2
【答案】B
【解析】
【分析】
由(5,)amr，(2,2)br，表示出abrr，再由()abbrrr，即可得出结果.
【详解】
因为(5,)amr，(2,2)br，所以(3,2)abmrr，
又()abbrrr，所以()0abbrrr，
即322(2)0m，解得1m.
故选B
【点睛】
本题主要考查向量数量积的坐标运算，熟记运算法则即可，属于基础题型.
7．2018年平昌冬奥会期间，5名运动员从左到右排成一排合影留念，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法种数为（ ）
A．21 B．36 C．42 D．84
【答案】C
【解析】
分析：根据题意，分两种情况讨论：①最左边排甲；②最左边排乙，分别求出每一种情况的安排方法数目，由分类计数原理计算即可得到答案.
详解：根据题意，最左端只能排甲或乙，则分两种情况讨论：
①最左边排甲，则剩下4人进行全排列，有4424A种安排方法；
②最左边排乙，则先在剩下的除最右边的3个位置选一个安排甲，有3种情况，
再将剩下的3人全排列，有336A种情况，此时有1863种安排方法，
则不同的排法种数为241842种.
故选：C.
点睛：解决排列类应用题的策略
(1)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置．
(2)分排问题直排法处理．
(3)“小集团”排列问题中先集中后局部的处理方法． 8．定义运算abcd＝ad－bc，若复数z满足1izz＝－2，则z（ ）
A．1－i B．1＋i C．－1＋i D．－1－i
【答案】D
【解析】
分析：直接利用新定义，化简求解即可.
详解：由abcd＝ad－bc，则满足1izz＝－2，
可得：2izz，
2121111iziiii，
则1zi.
故选D.
点睛：本题考查新定义的应用，复数的除法运算法则的应用，以及共轭复数，考查计算能力.
9．已知函数()fx与()gx分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且2()()xfxgxxe，则(1)(1)fg的值为（）
A．1ee B．1e C．1ee D．1e
【答案】C
【解析】
【分析】
根据条件可得2()()xfxgxxe，与2()()xfxgxxe联立便可解出()fx和()gx，从而得到(1)(1)fg的值。
【详解】
Q2()()xfxgxxe①；
22()()()xxfxgxxexe；
又Q函数()fx与()gx分别是定义在R上的奇函数和偶函数；
()()fxfx，()()gxgx；
2()()xfxgxxe②； 联立①②22()()()()xxfxgxxefxgxxe ，解得2()2()2xxxxeefxeegxx
所以1(1)(1)=efge；
故答案选C
【点睛】
本题考查奇函数、偶函数的定义，解题的关键是通过建立关于()fx与()gx的方程组求出()fx和()gx的解析式，属于中档题。
10．已知随机变量i满足P（i=1）=pi，P（i=0）=1—pi，i=1，2.若0
A．1E()<2E()，1D()<2D() B．1E()<2E()，1D()>2D()
C．1E()>2E()，1D()<2D() D．1E()>2E()，1D()>2D()
【答案】A
【解析】
∵1122(),()EpEp，∴12()()EE，
∵111222()(1),()(1)DppDpp，∴121212()()()(1)0DDpppp，故选A．
【名师点睛】求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定X的取值情况，然后利用排列，组合与概率知识求出X取各个值时的概率．对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出，其中超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．由已知本题随机变量i服从两点分布，由两点分布数学期望与方差的公式可得A正确．
11．已知复数2aii是纯虚数i是虚数单位)，则实数a等于（ ）
A．-2 B．2 C．12 D．12
【答案】C
【解析】
【分析】
化简复数，根据复数为纯虚数得到答案.
【详解】
()(2)21(2)2122(2)(2)555aiaiiaaiaaiiii 知复数2aii是纯虚数
2105a且21052aa
故答案选C
【点睛】
本题考查了复数计算，属于简单题.
12．下列函数中既是奇函数，又在区间(0,)上是单调递减的函数为（ ）
A．yx B．3yx C．12logyx D．1yxx
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由题意得，对于函数yx和函数12logyx都是非奇非偶函数，排除A、C．
又函数1yxx在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)单调递增，排除D，故选B．
二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共20分）
13．化简022436100820161009201820182018201820182018201820181(C3C3C3C3C3C)2L＝__________．
【答案】12.
【解析】
分析：利用233i，逆用二项式定理求和，再根据展开式特点结合棣莫弗定理
[(cossin)](cossin)nnrirnin求值.
或者构造201813i和201813i的二项式展开式求和，再利用13ni和13ni周期性解决问题.
详解：
方法一：因为0224361008201610092018201820182018201820182018C3C3C3C3C3CL
24201802420182018201820182018=333CCiCiCiL
201813i展开式中所有有理项的和，
又因为
201820182018201813ππ2018π2018π13=[2()]=[2(cossin)]2(cossin)223333iiii，所以
