2020_2021学年高二数学下学期期末备考试卷理含解析2021070315.docx

1、2020-2021学年下学期高二期末备考卷理科数学 第卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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已知全集，则（ ）ABCD【答案】B【解析】因为全集，所以，故选B2已知，为虚数单位，则（ ）A6B4C2D1【答案】A【解析】由，得，所以，解得，所以，故选A3已知直线，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】当时，即；，即，两直线的斜率相等，所以，即“”是“”的充分条件；当时，解得或当时，两直线方程不同，符合题意；当时，即，不符合题意，所以，当时，即“”是“”的必要条

2、件，综上所述，“”是“”的充要条件，故选C4已知函数，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意可知，故选C5若，则的值为（ ）ABCD【答案】D【解析】由可得，所以，故选D6已知点是的边的中点，点在边上，且，则向量（ ）ABCD【答案】B【解析】由，则，则，故选B7函数的大致图象为（ ）ABCD【答案】D【解析】因为，所以定义域为，关于原点对称，因为，所以为奇函数，排除A、B；又因为当时，排除C，故选D8设数列的前n项和为，若，则（ ）A243B244C245D246【答案】B【解析】由题得，由题得，所以，所以数列是一个以2为首项，以3为公比的等比数列，所以，所以，故选B9为了贯彻落实中共中央

3、国务院全面加强新时代大中小学劳动教育的意见的文件精神，某学校结合自身实际，推出了植物栽培手工编织实用木工实用电工烹饪技术五门校本劳动选修课程，要求每个学生从中任选三门进行学习，学生经考核合格后方能获得该学校荣誉毕业证，则甲乙两人的选课中仅有一门课程相同的概率为（ ）ABCD【答案】C【解析】甲、乙总的选课方法有：种，甲、乙两人的选课中仅有一门课程相同的选法有：种，（先选一门相同的课程有种选法，若要保证仅有一门课程相同只需要其中一人从剩余门课程中选取门，另一人选取剩余的门课程即可，故有种选法）所以概率为，故选C10已知双曲线的一条渐近线被圆截得的线段长等于8，则双曲线C的离心率为（ ）ABC3D

4、【答案】D【解析】双曲线的渐近线方程为，即，圆，即为，圆心为，半径为5，圆心到渐近线的距离为，由弦长公式可得，化简可得，则，故选D11与曲线和都相切的直线与直线垂直，则b的值为（ ）ABCD【答案】D【解析】因直线与直线垂直，则直线的斜率为3，设直线与曲线相切的切点，而，则，解得，即直线过点，方程为，设直线与曲线相切的切点，有，由，得，从而有点，而点P在直线上，即，解得，故选D12用数学归纳法证明“”时，假设时命题成立，则当时，左端增加的项为（ ）ABCD【答案】D【解析】当时，左边为，当时，左边为，所以增加的项为，故选D第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13的展开式中的系

5、数_【答案】【解析】展开式通项公式为，令，得，所以所求系数为，故答案为14如图所示，在四边形中，已知，_【答案】【解析】在中，由余弦定理可得，即，解得或（舍），又，所以，在中，由正弦定理可得，所以，故答案为15已知x，y满足约束条件，则的最大值是_【答案】2【解析】作出可行域，如图内部（含边界），代入，得，即，表示可行域内动点与定点连线的斜率，由图可得，所以最大值为，故答案为216四面体的四个顶点都在球O上且，则球O的表面积为_【答案】【解析】如图，取BC，AD的中点M，N，连接AM，MD，MN，因为，所以，又，故，则，所以为等腰直角三角形，所以，取MN上一点O，连接OC，OB，OA，OD，因

6、为，只需使得，则点O为三棱锥外接球的球心，设，则，所以，解得，所以，故球O的表面积为，故答案为三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）已知数列的前项和为，从条件、条件和条件中选择两个作为已知，并完成解答（1）求数列的通项公式；（2）设等比数列满足，求数列的前项和条件：；条件：；条件：【答案】（1）；（2）【解析】(不能选择作为已知条件)若选择作为已知条件因为，所以数列是以为首项，公差的等差数列，所以若选择作为已知条件因为，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，因为，所以，所以，解得，所以（2）设等比数列的公比为，结合（1）可得，所以，所以所以

7、等比数列的通项公式为所以，所以 18（12分）2021年2月25日举行的全国脱贫攻坚总结表彰大会上，国家电网共有23名（个）先进个人、先进集体获得表彰其中，国网西藏电力有限公司农电工作部从习近平总书记手中接过了“全国脱贫攻坚楷模”奖牌过去8年，在党中央坚强领导下，经过世界规模最大、力度最强的脱贫攻坚战，近1亿人摆脱绝对贫困长期以来贫困地区的农产品面临“种得出卖不出”“酒香也怕巷子深”的困境深谙互联网思维的国家电网人，搭平台、建渠道，以一款APP让众多贫困地区的产品销售易如反掌2020年“618”期间，带货主播和直播运营两大岗位高达去年同期的倍针对这一市场现象，为了加强监管，相关管理部门推出了针

8、对电商的商品和服务的评价体系现从评价系统中选出100次成功交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为，对商品和服务都做出好评的交易为40次，对商品和服务部不满意的交易为5次（1）请完成关于商品和服务评价的列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过的前提下，认为商品好评与服务好评有关?对服务好评对服务不满意合计对商品好评40对商品不满意5合计100（2）从“对服务不满意”的评价中分层选出10个，再从这10个评价中随机选出6个，记其中“对商品不满意”的个数为，求的分布列及数学期望附：，【答案】（1）列联表见解析，能；（2）分布列见解析，【解析】（1）由题意可得关于商品和服务评价的列联表如下：对服务好评

9、对服务不满意合计对商品好评402060对商品不满意35540合计7525100，故能在犯错误的概率不超过的前提下，认为商品好评与服务好评有关（2）由（1）得从“对服务不满意”的评价中分层选出的10个评价中，“对商品好评”的有8个，“对商品不满意”的有2个，故的所有可能取值为0，1，2，012所以19（12分）如图，四棱锥的底面是平行四边形，（1）证明：平面平面；（2）若，试在棱上确定一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为【答案】（1）证明见解析；（2）点在靠近点的三等分点处时，面与面所成锐二面角的余弦值为【解析】（1）四边形ABCD为平行四边形，且ACBD，四边形ABCD为矩形，即ABAD

10、又ABPD，ADPDD，AB平面PAD，又AB平面ABCD，平面PAD平面ABCD（2）由（1）知：在平面PAD内过点A作AEAD，则AE平面ABCD，以为正交基底建立空间直角坐标系如图所示，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(3，6，0)，D(0，6，0)，P(0，3，3)，设，则，可得，APPD，又ABPD，APABA，PD平面PAB，则是平面PAB的一个法向量，设面MAC的一个法向量为，则，即，令，有，则，解得，即，点在靠近点的三等分点处20（12分）已知双曲线的其中一个焦点为，一条渐近线方程为（1）求双曲线的标准方程；（2）已知倾斜角为的直线与双曲线交于两点，且线段的中点的纵坐标

11、为4，求直线的方程【答案】（1）；（2）【解析】（1）由焦点可知，又一条渐近线方程为，所以，由，可得，解得，故双曲线的标准方程为（2）设，AB中点的坐标为，则，得，即，又，所以，所以直线的方程为，即21（12分）已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若对于任意的都成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意得，所以切线的斜率因为，即切点为，所以切线的方程（2）解法1：由已知，对于任意的，都成立，即对于任意的，都成立当时，显然成立；当时，对于任意的，都成立设，则，而设，则由，得在区间上恒成立，所以函数在区间上是减函数，且所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，所以函数在区

12、间上是减函数，所以当时，所以实数的取值范围是解法2：设，则（1）当时，函数在区间上是增函数当时，所以在区间上恒成立，所以函数在区间上是增函数，所以即对于任意的都成立（2）当时，令，即，解得当时，则，所以函数在区间上是增函数当时，所以在区间上恒成立，所以函数在区间上是增函数，所以，即对于任意的都成立；当时，当变化时，的变化情况如下表：+极小值所以当时，所以在区间上恒成立，所以函数在区间上是增函数，所以，即对于任意的都成立；当时，所以在区间上恒成立，所以函数在区间上是减函数，因为，,所以，使，即当变化时，的变化情况如下表：01+2极大值当，即时，对于任意都成立，所以，综上所述，实数的取值范围是请考

13、生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）已知点，直线与曲线交于两点，求【答案】（1），；（2）【解析】（1）由，得，即直线的普通方程为由，得因为，所以，故曲线的直角坐标方程为（2）直线的参数方程为（为参数），化为标准形式（为参数），代入，得设对应的参数分别为，则，可知异号，所以因为，所以23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）求不等式的解集；（2）当xM时，求实数a的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1），当时，；当时，由，得，综上所述，不等式的解集M为（2）由（1）得，当时，那么，从而可得，解得，即实数a的取值范围是