河南省新乡市2020-2021学年高二数学下学期期末考试考试试题 理（含解析）.doc

1、河南省新乡市2020-2021学年高二数学下学期期末考试考试试题 理（含解析）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）. 1设集合Ax|x1，Bx|1x2，则（RA）B（）Ax|x1Bx|x1Cx|1x1Dx|1x22设，则复数z在复平面内对应的点的坐标为（）A（2，1）B（1，2）C（1，2）D（2，1）3已知alog312，blog54，则（）AcabBbcaCacbDbac4函数f（x）xex1的图象在x1处的切线方程为（）A2xy10Bx2y+10C2x+y30Dx+2y305阿基米德是伟大的物理学家，哲学家，数学家和力学家，是名副其实的“全能天才”他本人最得意的发现是名为“圆柱

2、容球”的几何图形，就是在圆柱形容器里放了一个球，这个球顶天立地，四周喷边（球的直径与圆柱形容器的高和底面直径分别相等）人们为了纪念他，根据他本人生前的愿望，在他的墓碑上刻了该几何图形，在一个“圆柱容球”的圆柱内任取一点，则所取的点恰好落在这个“圆柱容球”的球内的概率是（）ABCD6若（x2）6a0+a1（x1）+a2（x1）2+a6（x1）6，则a5（）A15B6C15D6720世纪30年代，查尔斯里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“

3、标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中距离造成的偏差）当地震发生时，震源中心以地震波的形式放出的能量的指示参数E104.8+1.5M，震级越大，震源放出的能量就越大1989年美国旧金山地震中，一个测震仪记录的最大振幅为8000，此时的标准地震的振幅是0.0001，则预计此次地震震源放出的能量（单位：焦耳）约为（）（lg20.3，100.654.5）A4.517B4.516C4.51016D4.510178已知某几何体的三视图如图所示，其中小方格是边长为1的正方形，则该几何体的外接球的表面积为（）A68B52C36D489已知抛物线y22px（p0）的焦点为，过F的直线l交

4、抛物线于A，B两点，且，则l的斜率为（）A1BCD10将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，若g（x）在上单调递减，则的最大值为（）ABCD111已知双曲线的左焦点为F，点M在双曲线C的右支上，A（0，3），当MAF的周长最小时，MAF的面积为（）AB9CD412已知数列an中，a1，an2an+1an+1（nN*），Sn是的前n项和，则S2000（）ABCD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，若，则 14不等式组表示的平面区域的面积为 15已知等比数列an的各项均为正数，且anan+116n，log2a1+log2a2+

5、log2a21 16在直三棱柱ABCA1B1C1中，D为AC的中点，A1C平面DBC1，ABBCAA1，则异面直线A1D与BC所成角的正切值为 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，第1721题为必考题，每道试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17在ABC中，AC3，（1）求ABC的面积；（2）若AB的中点为D，求ACD外接圆的半径18如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，ABP90，ABBP2，点D在平面ABP内的投影F是AB的中点，点E是PC的中点（1）证明：EF平面ADP；（2）若PD3，求二面角AEFP的正

6、弦值19学校趣味运动会上设置了一项射击比赛，比赛规则如下：选手先向A靶射击2次，每击中靶中阴影部分一次记1分，未击中记0分，2次射击总得分为X，若X0，直接结束比赛；若X1，再向B靶射击2次，2次都击中靶中阴影部分记1分，只中1次记0分，2次都没中记1分，比赛结束；若X2，再向C靶射击2次，每击中靶中阴影部分一次记1分，未击中记0分，比赛结束（其中A靶两圆半径比为1：2，B靶阴影部分是大正方形的四边中点连接而成的小正方形，C靶阴影部分是大正三角形三边中点连接而成的小正三角形）若甲同学参加比赛，赛前甲同学不脱靶的概率为p（0，1），为了让参赛者适应射击环境，赛前有5次试射机会，经过试射后甲每次射

7、击都不脱靶，击中靶中任意位置可能性相等，各次射击相互独立（1）设甲在赛前5次试射中仅在第3次脱靶的概率为f（p），当f（p）取最大值时，求p的值；（2）求甲同学获得的总分Y的分布列及数学期望20已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，|AD|5，直线AD的斜率为，E为椭圆C上不同于A，B的动点，O为坐标原点，射线OMAE，且交椭圆C于M，射线ONBE，且交椭圆C于N（1）求椭圆C的方程；（2）求的取值范围21已知函数（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，且f（x1）+f（x2）f（x1x2）4a，求a的取值范围（二）选考题：共10分，请考生在第22、2

8、3题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为多参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为cosmsin+20（mR）（1）求曲线C1和曲线C2的直角坐标方程；（2）已知P（2，0），线C1与曲线C2交于A，B两点，若，求m的值选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x1|+|2x1|（1）求不等式f（x）4x2的解集；（2）若，求a的取值范围参考答案一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）. 1设集合Ax|x1，Bx|1x2，则（RA）B（）Ax|x1Bx|x1Cx|1x

9、1Dx|1x2解：因为集合Ax|x1，Bx|1x2，所以RAx|x1，则（RA）Bx|1x1故选：C2设，则复数z在复平面内对应的点的坐标为（）A（2，1）B（1，2）C（1，2）D（2，1）解：，复数z在复平面内对应的点的坐标为（1，2）故选：B3已知alog312，blog54，则（）AcabBbcaCacbDbac解：对于alog312log392，blog54log551，所以acb，故选：C4函数f（x）xex1的图象在x1处的切线方程为（）A2xy10Bx2y+10C2x+y30Dx+2y30解：由f（x）xex1，得f（x）ex1+xex1，f（1）e0+1e02，又f（1）1，

10、函数f（x）xex1的图象在x1处的切线方程为y12（x1），即2xy10故选：A5阿基米德是伟大的物理学家，哲学家，数学家和力学家，是名副其实的“全能天才”他本人最得意的发现是名为“圆柱容球”的几何图形，就是在圆柱形容器里放了一个球，这个球顶天立地，四周喷边（球的直径与圆柱形容器的高和底面直径分别相等）人们为了纪念他，根据他本人生前的愿望，在他的墓碑上刻了该几何图形，在一个“圆柱容球”的圆柱内任取一点，则所取的点恰好落在这个“圆柱容球”的球内的概率是（）ABCD解：设圆柱的体积为m，球的体积为n，球的半径为r，则圆柱的高为2r，所以mr22r2r3，则所求概率为故选：B6若（x2）6a0+a

11、1（x1）+a2（x1）2+a6（x1）6，则a5（）A15B6C15D6解：令tx1，则xt+1，则由（x2）6a0+a1（x1）+a2（x1）2+a6（x1）6，得（t1）6a0+a1t+a2t2+a6t6，则a5是t5的系数，即a5（1）56，故选：D720世纪30年代，查尔斯里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中距离造成的偏差）当地震发生时，震源中心以地震波的形式放出的

12、能量的指示参数E104.8+1.5M，震级越大，震源放出的能量就越大1989年美国旧金山地震中，一个测震仪记录的最大振幅为8000，此时的标准地震的振幅是0.0001，则预计此次地震震源放出的能量（单位：焦耳）约为（）（lg20.3，100.654.5）A4.517B4.516C4.51016D4.51017解：，E104.8+1.57.91016.65100.6510164.51016故选：C8已知某几何体的三视图如图所示，其中小方格是边长为1的正方形，则该几何体的外接球的表面积为（）A68B52C36D48解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥PABC，把该三棱锥放置在长方体PB中

13、，长方体的棱长分别为6，4，4，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，半径为外接球的表面积为468故选：A9已知抛物线y22px（p0）的焦点为，过F的直线l交抛物线于A，B两点，且，则l的斜率为（）A1BCD解：由题知p1，抛物线方程为y22x，设l的直线方程为，代入抛物线方程，得y22my10，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y22m，y1y21因为，所以或，故，即l的斜率为故选：D10将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，若g（x）在上单调递减，则的最大值为（）ABCD1解：将f（x）cos（x+）的图象向右平移个单位长度后得到g（x）cos（x+）的图象因

14、为，所以，因为g（x）在上单调递减，所以，即 ，所以，的最大值为，故选：B11已知双曲线的左焦点为F，点M在双曲线C的右支上，A（0，3），当MAF的周长最小时，MAF的面积为（）AB9CD4解：如图，设C的右焦点为F，由题意可得，c3，因为，所以，MAF的周长为，即当A，M，F三点共线时，MAF的周长最小，此时直线AF的方程为yx+3，联立方程组，解得或y1，即此时M的纵坐标为，故MAF的面积为故选：A12已知数列an中，a1，an2an+1an+1（nN*），Sn是的前n项和，则S2000（）ABCD解：an2an+1an+1，an22an+1an+1an（an1）20，即数列an是递增数

15、列，则an2anan+11an（an1），取倒数得，即，则S2000+6，故选：D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，若，则解：因为，所以x+3+2x0，解得x1，所以，故故答案为：14不等式组表示的平面区域的面积为 3解：根据题意，等式组表示的平面区域为点A（1，1），B（0，1），C（3，1）围成的三角形区域，如图：所以面积为；故答案为：315已知等比数列an的各项均为正数，且anan+116n，log2a1+log2a2+log2a21441解：由题意可知数列的首项和公比均为正数，且：，解得：，则 ，log2a1+log2a2+log

16、2a21log2（a1a2a21）故答案为：44116在直三棱柱ABCA1B1C1中，D为AC的中点，A1C平面DBC1，ABBCAA1，则异面直线A1D与BC所成角的正切值为 解：设ABBCAA11，由直三棱柱ABCA1B1C1，可得AA1底面ABC，即有AA1AC，设ACx，即有ADCDx，由A1C平面DBC1，可得A1CDC1，可得tanC1A1CtanA1C1DtanC1A1CtanC1DC1，解得x，所以ABC为直角三角形，且ABBC，取AB的中点H，连接A1H，DH，可得DHBC，则A1DH为异面直线A1D与BC所成角由BCAB，可得DHAB，由三垂线定理可得DHAH，在直角三角形

17、A1DH中，DH，A1H，所以tanA1DH故答案为：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，第1721题为必考题，每道试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17在ABC中，AC3，（1）求ABC的面积；（2）若AB的中点为D，求ACD外接圆的半径解：（1）因为，AC3，由余弦定理得BC2AB2+AC22ABACcosA，所以AB22AB80，所以AB4，又因为cosA，所以sinA，所以SABCABACsinA434（2）因为AB的中点为D，可得ADAB2，在ACD中，AC3，所以由余弦定理CD2AD2+AC22ADACcosA

18、4+929，可得CD3，设ACD外接圆的半径为R，所以由正弦定理2R，可得R18如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，ABP90，ABBP2，点D在平面ABP内的投影F是AB的中点，点E是PC的中点（1）证明：EF平面ADP；（2）若PD3，求二面角AEFP的正弦值【解答】（1）证明：取DP的中点G，连接EG，GA，因为四边形ABCD为平行四边形，则ABCD，因为F为AB的中点，则AFCD，且AFCD，又G为DP的中点，E为PC的中点，所以EGCD，且EGCD，故AFEG，且AFEG，则四边形AFEG为平行四边形，故EFAG，又AG平面ADP，EF平面ADP，所以EF平面ADP；（

19、2）解：取CD的中点N，连接BN，因为点D在平面ABP内的射影为F，则DF平面ABP，又PF，DP3，所以，作BNCD，则BNDF2，由于BA，BN，BP两两垂直，以点B为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，则B（0，0，0），A（2，0，0），P（0，2，0），F（1，0，0），所以，设平面AEF的法向量为，则，即，令y1，则x0，z1，故，设平面PEF的法向量为，则，即，令b1，则a2，c2，故，所以，则二面角AEFP的正弦值为19学校趣味运动会上设置了一项射击比赛，比赛规则如下：选手先向A靶射击2次，每击中靶中阴影部分一次记1分，未击中记0分，2次射击总得分为X，若X0，直接结束比赛；

20、若X1，再向B靶射击2次，2次都击中靶中阴影部分记1分，只中1次记0分，2次都没中记1分，比赛结束；若X2，再向C靶射击2次，每击中靶中阴影部分一次记1分，未击中记0分，比赛结束（其中A靶两圆半径比为1：2，B靶阴影部分是大正方形的四边中点连接而成的小正方形，C靶阴影部分是大正三角形三边中点连接而成的小正三角形）若甲同学参加比赛，赛前甲同学不脱靶的概率为p（0，1），为了让参赛者适应射击环境，赛前有5次试射机会，经过试射后甲每次射击都不脱靶，击中靶中任意位置可能性相等，各次射击相互独立（1）设甲在赛前5次试射中仅在第3次脱靶的概率为f（p），当f（p）取最大值时，求p的值；（2）求甲同学获得的

21、总分Y的分布列及数学期望解：（1）由题意可得，f（p）p4（1p）p4p5，则f（p）4p35p4p3（45p），当时，f（p）0，则f（p）单调递增，当p1时，f（p）0，则f（p）单调递减，所以当p时，f（p）取得最大值；（2）由图可知，每次击中A靶阴影部分的概率为，每次击中B靶阴影部分的概率为，每次击中C靶阴影部分的概率为，由题意可知，Y的可能取值为0，1，2，3，4，所以P（Y0），P（Y1），P（Y2），P（Y3），P（Y4），故Y的分布列为： Y0 1 23 4 P 所以E（Y）0+1+2+3+420已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，|AD|5，直线AD的斜率为，E

22、为椭圆C上不同于A，B的动点，O为坐标原点，射线OMAE，且交椭圆C于M，射线ONBE，且交椭圆C于N（1）求椭圆C的方程；（2）求的取值范围解：（1）由题意知，解得a4，b3，所以椭圆C的方程为+1（2）设E（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），OM的斜率为k1，ON的斜率为k2，因为OMAE，ONBE，所以k1k2kAEkBE，将OM的方程yk1x与椭圆C的方程联立，得（9+16k12）x2144，解得x1，同理x2，所以x1x2+y1y2x1x2+k1k2x1x2x1x2x1x2x1x2，因为k12+k222|k1|k2|，所以0，当且仅当|k1|k2|时取等号，故，0）（

23、0，21已知函数（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，且f（x1）+f（x2）f（x1x2）4a，求a的取值范围解：（1），f（x）x4a+，x0，当时，16a24a0，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，当a0时，令f（x）0，即x24ax+a0，解得0，当 时，f（x）0，f（x）单调递减，当x 时，f（x）0，f（x）单调递增，函数f（x）在区间单调递减，在 单调递增，当a时，令f（x）0，即x24ax+a0，解得得0，当x时，f（x）0，f（x）单调递增，当x时，f（x）0，f（x）单调递减，当x 时，f（x）0，f（x）单调递增，故函数f（x）

24、在区间， 单调递增，在区间单调递减，综上所述，当时，f（x）在（0，+）上单调递增，当a时，f（x）在区间单调递减，在 单调递增，当a0时，f（x）在区间， 单调递增，在区间单调递减（2）由（1）可得，当a时，函数f（x）存在两个极值点x1，x2，且x1+x24a，x1x2a，f（x1）+f（x2）f（x1x2）4a， ，8a2a+alna16a2+2a+1a8a+1，即8a28aalna0，8a8lna0，令g（a）8a8lna，g（a）80，g（a）在 为单调递增函数，又g（1）0，当a 时，g（a）0，故实数a的取值范围为（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答如果多

25、做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为多参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为cosmsin+20（mR）（1）求曲线C1和曲线C2的直角坐标方程；（2）已知P（2，0），线C1与曲线C2交于A，B两点，若，求m的值解：（1）因为曲线C1的参数方程为（为参数），所以C1的直角坐标方程为（x2）2+y24直线C2的极坐标方程为cosmsin+20，由xcos，ysin，得曲线C2的直角坐标方程为xmy+20（2）因为点P（2，0）在直线C2上，所以可设直线C2的参数方程为（t为参数，0，），将参数方程代入曲线C1的方程，得t28cost+120设A，B所对应的参数分别为t1，t2，则t1+t28cos，t1t212，因为所以，故直线C2的斜率为，即m2选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x1|+|2x1|（1）求不等式f（x）4x2的解集；（2）若，求a的取值范围解：（1）因为f（x）|x1|+|2x1|，所以，由f（x）4x2，可得或或，解得，所以不等式f（x）4x2的解集为（2）当时，f（x）x，因为存在，则存在，因为，当且仅当，即时取等号，所以，故a的取值范围为