1、云南省部分名校2020-2021学年高二数学下学期期末联考试题 理考生注意：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分考试时间120分钟2请将各题答案填写在答题卡上3本试卷主要考试内容：高考全部内容第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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已知集合，则=（）ABCD2设复数z满足则z的虚部为（）ABCD3已知a，b的等比中项为1，则的最小值为（）AB1CD24若双曲线的一条渐近线方程为则m=（）ABC4D25已知平面向量，且测m=（）A1BCD26已知x，y满足约束条件，则的最大值为（）AB0C2D37已知抛物线
2、C：的燃点为F抛物线C上一点A满足，则以点A为圆心，为半径的圆被x轴所截得的弦长为（）A1B2CD8牛顿曾经提出了常温环境下的温度冷却模型：（t为时间，单位为分钟为环境温度为物体初始温度，为冷却后温度），假设一杯开水温度，环境温度，常数，大约经过多少分钟水温降为50？（）（参考数据：，）A5B6C7D89点P在函数的图象上，若满足到直线的距离为1的点P有且仅有1个，则a=（）ABCD10将1，2，3456这6个数填入如图所示的3行2列表格中，要求表格每一行数字之和均相等，则可组成不同表格的个数为（）A8B24C48D6411已知圆锥的侧面积为，且圆锥的侧面展开图恰好为半圆则该圆锥外接球的表面积
3、为（）ABCD12将数列和中的所有项按从小到大排成如下数阵：用表示第i行第j列的数则（）A1647B1570C1490D1442第卷二、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的相应位置13已知函数为奇函数，则=_14开式中的常数项为，则a=_15如图，在正方体中，M，N分别是，的中点，P是上一点，且，则异面直线与所成角的余弦值为_16已知，函数，若不等式恒成立，则a的取值范围为_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（）必考题：共60分17（12分）的内角A，BC的对
4、边分别为a，b，c，的面积为（1）求A；（2）若，求18（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，E，F分别是，的中点（1）证明：（2）若，求二面角的余弦值19（12分）在“低碳生活知识竞赛”第一环节测试中，依次回答A，B，C三道题，且A，B，C三道题的分值分别为30分、20分、20分竞赛规定：选手累计得分不低于40分即通过测试，并立即停止答题已知甲选手回答A，B，C三道题正确的概率分别为0.1、0.5、0.5，乙选手回答A，B，C三道题正确的概率分别为0.2、0.4、0.4，且回答各题时相互之间没有影响（1）求甲通过测试的概率；（2）设Y为本次测试中乙的得分，求Y的分布列以及期望；（3）请根据测
5、试结果来分析，甲，乙两人谁通过测试的概率更大？20（12分）已知F是椭圆E的右焦点，点是椭圆上一点，且轴（1）求椭圆E的方程；（2）过F作直线l交E于A，B两点，且的面积为，O为坐标原点求直线l的斜率21（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求a的取值范围（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做，则按所做的第一题计分22选修44：坐标系与参数方程（10分）直角坐标系中，曲线C的参数方程为（m为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）已知点，若直线l与曲线
6、C交于A，B两点，求的值23选修45，不等式选讲（10分）已知函数（1）当时，解不等式；（2）当时，若恒成立求a的取值范围云南省部分名校2020-2021学年高二下学期期末联考数学试卷参考答案（理科）1A因为，所以2C，则的虚部为3D由题可知所以，当且仅当时，取得最小值4由题意知双曲线的渐近线方程为，可化为，则，解得5B由，得，所以，则6C画出可行域（图略）知，当平移到过点时，z取得最大值，最大值为27B由抛物线方程可得由抛物线定义可得|则，则以点A为圆心，为半径的圆被x轴所截得的弦长为8A由题意知，分钟，故选A9B设直线与相切于点，则，解得切点为，由题可知到直线的距离为1所以，解得，结合图象
7、（图略）可知，10C由，则可组成不同表格的个数为11D设圆锥的底面半径为r，高为h母线长为l则，解得，设圆锥外接球的半径为R所以，解得，则外接球的表面积为12A由，可知是第45个数，推理可知前45项中，占有6项，占有39项，所以13，则14的通项公式为，当时，此时展开式中的常数项为，则15在边上取点E，使得，连接，则，所以为异面直线与所成角设，则，所以16结合函数的图象（图略）可知，为奇函数，所以不等式，可化为，所以，则，即a的取值范围为17解：（1）由题可知，则，（2），由正弦定理得，又，整理可得即，由，所以，18（1）证明：作O为的中点，连接，则，又，所以平面所以因为E，F分别为，的中点，
8、所以，则（2）解：由平面平面，交线为，所以平面以O为坐标原点，以，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，设平面的一个法向量，由，得，取又易知平面的一个法向量，故，所以二面角的余弦值为19解：（1）若甲通过测试，则甲的得分X为40或50，所以（2）Y的可能取值为0，20，30，40，50，Y的分布列为Y020304050P0.2880.3840.0720.1280.128则（3）甲通过测试的概率更大理由如下：乙通过测试的概率，甲通过测试的概率为0.3，大于乙通过测试的概率20解：（1）由题可知，解得，所以椭圆的方程为（2）设l的方程为，联立方程组，可得，则，所
9、到直线l的距离为，所以的面积，解得，即直线l的斜率为21解：（1）令，则，则函数在上单调递减，在上单调递增又因为且当时，所以在上单调递增，在上单调递减（2）若恒成立，则在上恒成立令，则，令则，故在上单调递增，故存在，使得，从而，故在上单调递减，在上单调递增，故，故的最小值是1，即a的取值范围是22解：（1）曲线C的参数方程为（m为参数），所以，相减可得即曲线C的普通方程为直线l的极坐标方程为，则转换为直角坐标方程为（2）直线过点，直线的参数方程为（t为参数）令点A，B对应的参数分别为，将代入，得，得，23解：（1）（1）当时，得，解得，所以；（2）当时，得，解得，所以；（3）当时，得，解得，所以综上所述，原不等式的解集为（2）所以，又恒成立，所以，解得，所以的取值范围为10
