1、安徽省、河南省皖豫联盟体2020-2021学年高二数学下学期期末考试联合调研试题 理（含解析）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1已知集合Ax|log2x1，Bx|x1|2，则AB（）A（2，3）B（1，3）C（2，+）D（1，+）2. 已知为虚数单位，若，则的共扼复数（ ）A. B. C. D. 3. 已知椭圆的长轴在y轴上，若焦距为4，则m等于（ ）A. 3B. 5C. 7D. 84“x0”是“sinx0”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510张奖券中有4张“中奖”奖券，甲乙两人先后参加抽奖活动，每人从中不放回抽取一张奖券，甲先抽，乙后抽
2、，在甲中奖条件下，乙没有中奖的概率为（）A. B. C. D. 6. 如图，图象对应函数解析式可能是（ ）A. B. C. D. 7. 已知1，a，b，4成等差数列，1，c，d, e，4成等比数列，则（）A. B. C. D. 或8令（x+1）2020a1+a2x+a3x2+a2020x2019+a2021x2020（xR），则a2+2a3+2019a2020+2020a2021（）A201922019B201922020C202022019D20202202093男3女六位同学站成一排，则3位女生中有且只有两位女生相邻的不同排法种数是（）A576B432C388D21610. （ ）A. B
3、. 8 C. D. 11. 已知实数a，b，c满足，则a，b，c的大小关系是（ ）A. B. C. D. 12. 若函数有三个不同零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填写在题中的横线上13. 已知单位向量满足，则_.14设变量x，y满足约束条件，则目标函数zx+2y的最小值为 15已知三棱锥PABC中，BAC90，ABAC2，PBPC，O1为ABC的外接圆的圆心，则三棱锥PABC的外接球的表面积为 16已知点M为双曲线在第一象限上一点，点F为双曲线C的右焦点，O为坐标原点，4|MO|4|MF|7|OF|，则双曲线C的离心率
4、为 ；若MF，MO分别交双曲线C于P，Q两点，记直线PM与PQ的斜率分别为k1，k2，则k1k2 三、解答题：共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤（一）必考题：共60分17如图，在四边形ABCD中，D2B，且（1）求ACD的面积；（2）若，求AB的长18在2021年高考体检中，某校随机选取了20名男生，测得其身高数据如下（单位：cm）：序号12345678910身高168167165186abcd178158序号11121314151617181920身高166178175169172177182169168176由于统计时出现了失误，导致5，6，7，8号的身高数据丢失，先用字
5、母a，b，c，d表示，但是已知这4个人的身高都在（160，182）之间（单位：cm），且这20组身高数据的平均数为，标准差为s7（1）为了更好地研究本校男生的身高数据决定用这20个数据中在区间（2s，+2s）以内的数据，重新计算其平均数与方差，据此估计，高校男生身高的平均值与方差分别为多少（方差保留两位小数）？（2）使用统计学的观点说明，（2s，+2s）以内的数据与原数据对比有什么特点（主要用平均数与方差进行说明）？（参考公式：s2（xi）2（xi2n2）19如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中ADBC，AD3，ABBC2，PA平面ABCD，且PA3点M在棱PD上，且DM2
6、MP，点N为BC中点（1）证明：直线MN平面PAB；（2）求二面角CPDN的正弦值20已知点P（2，y0）为抛物线C：x22py（p0）上一点，F为抛物线C的焦点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且FPQ面积为2（1）求抛物线C的方程；（2）设直线l经过（2，5）交抛物线C于M，N两点（异于点P），求证：MPN的大小为定值21已知函数（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当2时，求证：f（x）0在（1，+）上恒成立；（3）求证：当x0时，（ex1）ln（x+1）x2（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在平面直角坐标系xOy中，直线
7、l参数方程为（t为参数）在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆C的方程为4cos（）写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（）若点P坐标为（1，1），圆C与直线l交于A、B两点，求|PA|+|PB|的值23已知函数f（x）|x+1|+2|xa|（1）当a2时，求f（x）的最小值；（2）若函数在区间1，1上递减，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已知集合Ax|log2x1，Bx|x1|2，则AB（）A（2，3）B（1，3）C（2，+）D（1，+）解：集合Ax|log2x1x|x2，Bx|x1|2x|1x3，ABx|x1（1，+）故选：D2已知
8、i为虚数单位，若，则z的共轭复数（）AcosisinBcos+isinCsin+icosDsinicos解：cosisin，故z的共轭复数cos+isin，故选：B3已知椭圆，长轴在y轴上，若焦距为4，则m等于（）A4B5C7D8解：将椭圆的方程转化为标准形式为，显然m210m，即m6，解得m8故选：D4“x0”是“sinx0”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解：当x时，sinx10，当x时，sinx10，“x0”推不出“sinx0”；“sinx0”推不出“x0”；故“x0”是“sinx0”的既不充分也不必要条件，故选：D510张奖券中有4张“中奖”奖券，
9、甲乙两人先后参加抽奖活动，每人从中不放回抽取一张奖券，甲先抽，乙后抽，在甲中奖条件下，乙没有中奖的概率为（）ABCD解：根据题意，10张奖券中有4张“中奖”奖券，甲先抽，并且中奖，此时还有9张奖券，其中3张为“中奖”奖券，则在甲中奖条件下，乙没有中奖的概率P，故选：B6如图，图象对应的函数解析式可能是（）ABCD解：根据题意，用排除法分析：对于B，在区间（0，1）上，sinx0，cosx0，x20，（4x4x）0，则必有f（x）0，不符合题意，对于C，其定义域为x|x0，不符合题意，对于D，在区间（0，1）上，sinx0，0，必有f（x）0，不符合题意，故选：A7已知1，a，b，4成等差数列，
10、1，c，d，e，4成等比数列，则（）ABCD或解：1，a，b，4成等差数列，3（ba）4+13dba11，c，d，e，4五个实数成等比数列，d2（1）（4）4，d（1）q20，d2，则故选：C8令（x+1）2020a1+a2x+a3x2+a2020x2019+a2021x2020（xR），则a2+2a3+2019a2020+2020a2021（）A201922019B201922020C202022019D202022020解：（x+1）2020a1+a2x+a3x2+a2020x2019+a2021x2020，2020（x+1）2019a2+2a3x+2019a2020x2018+2020a
11、2021x2019，令x1得，202022019a2+2a3+2019a2020+2020a2021，故选：C93男3女六位同学站成一排，则3位女生中有且只有两位女生相邻的不同排法种数是（）A576B432C388D216解：根据题意，分2步进行分析：先将3名男生排好，有A336种排法，排好后有4个空位，将女生分为12的两组，有C313种分组方法，安排到4个空位中，考虑2个女生一组的顺序，有2A4212种情况，则有32472种排法，则有672432种不同排法，故选：B10（+x2）dx（）ABC8D2解：2故选：A11已知实数a，b，c满足，则a，b，c的大小关系是（）AbacBcbaCbca
12、Dcab解：由601，682，故1a2，blog78+log5649+222，7b+24b25c22724336，可得1c2，由于a比c更靠近2一些，故ac，所以bac故选：A12若函数f（x）（2ax+）lnx（a1）x3有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A（0，）B（1，）C（0，1）（1，）D（0，1）解：令f（x）（2ax+）lnx（a1）x30，即2a+（）2（a1）0，设tg（x），令g（x）0，则x，即有g（x）在（0，）上单调递增，在（，+）上单调递减，则tg（），原方程可化为t2+2at（a1）0，设方程两根为t1t2，则0t2，t10，设h（t）t2+2at（a1）
13、，则，解得1a，故选：B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填写在题中的横线上13已知单位向量满足，则90解：因为单位向量满足，所以，所以545，所以0，所以90故答案为：9014设变量x，y满足约束条件，则目标函数zx+2y的最小值为2解：设变量x、y满足约束条件，在坐标系中画出可行域ABC，A（1，1），B（3，1），C（2，0），则直线zx+2y，过可行域内的点C（2，0）时的最小值，目标函数zx+2y的最小值为：2故答案为：215已知三棱锥PABC中，BAC90，ABAC2，PBPC，PA，O1为ABC的外接圆的圆心，cosPAO1，则三棱锥PABC的外接球的表面积为
14、 14解：因为BAC90，O1为ABC的外接圆的圆心，所以O1为BC的中点，则AO1，因为ABAC2，PBPC，所以BCAO1，BCPO1，又AO1PO1O1，AO1，PO1平面PAO1，所以BC平面PAO1，又BC平面ABC，故平面ABC平面PAO1，作PH平面ABC，垂足为H，因为P平面PAO1，则PH平面PAO1，又平面ABC平面PAO1AO1，则HAO1，所以AHPAcosPAO1，因为BAC90，所以ABHC是矩形，取PA的中点O，连结OO1，则OO1PH，从而OO1平面ABC，则点O即为三棱锥PABC也就是四棱锥PABHC的外接球的球心，球的半径R，所以三棱锥PABC的外接球的表面
15、积为14故答案为：1416已知点M为双曲线C：1（a0，b0）在第一象限上一点，点F为双曲线C的右焦点，O为坐标原点，4|MO|4|MF|7|OF|，则双曲线C的离心率为 4；若MF，MO分别交双曲线C于P，Q两点，记直线PM与PQ的斜率分别为k1，k2，则k1k215解：设M（x0，y0），由已知可得，4|MO|4|MF|7|OF|7c，则，即M（），把M代入双曲线方程，可得，即4b2c245a2c216a2b2，又b2c2a2，代入上式可得4c465a2c2+16a40，即4e465e2+160，解得e216或（舍），所以双曲线C的离心率e4；设P（x1，y1），则Q（x0，y0），所以，
16、把P、M的坐标分别代入双曲线方程，得，两式作差,可得，由e4，得，即c2a2+b216a2，所以k1k215故答案为：4；15三、解答题：共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤（一）必考题：共60分17如图，在四边形ABCD中，D2B，且AD2，CD6，cosB（1）求ACD的面积；（2）若BC6，求AB的长解：（1）cosB，0B，可求：sinBsinDsin2B2sinBcosBSACDADCDsinD4（2）AD2，CD6，cosD2cos2B1，在ACD中，由余弦定理知，AC4，在ABC中，BC6，可得：cosB，整理可得AB24AB+240，解得：AB218在2021年
17、高考体检中，某校随机选取了20名男生，测得其身高数据如下（单位：cm）：序号12345678910身高168167165186abcd178158序号11121314151617181920身高166178175169172177182169168176由于统计时出现了失误，导致5，6，7，8号的身高数据丢失，先用字母a，b，c，d表示，但是已知这4个人的身高都在（160，182）之间（单位：cm），且这20组身高数据的平均数为，标准差为s7（1）为了更好地研究本校男生的身高数据决定用这20个数据中在区间（2s，+2s）以内的数据，重新计算其平均数与方差，据此估计，高校男生身高的平均值与方差分
18、别为多少（方差保留两位小数）？（2）使用统计学的观点说明，（2s，+2s）以内的数据与原数据对比有什么特点（主要用平均数与方差进行说明）？（参考公式：s2（xi）2（xi2n2）解：（1）由平均数为，标准差为s7，所以区间（2s，+2s）（158，186），不在该区间内的数据有158和186，剔除后，剩余18个数据，其平均数为，方差为：，（2）（2s，+2s）以内的数据与原数据对比，有以下特点：（2s，+2s）以内的数据占总数据个数的90%，说明该校90%左右的男生身高都在区间（158，186）以内；（2s，+2s）以内的数据与原数据对比，平均数没变，即平均身高没有变化；原数据的方差为49，而
19、（2s，+2s）以内的数据的方差约为32.67，方差变小了，说明剔除两个极端数据后，数据更趋于集中，更具有代表性19如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中ADBC，AD3，ABBC2，PA平面ABCD，且PA3点M在棱PD上，且DM2MP，点N为BC中点（1）证明：直线MN平面PAB；（2）求二面角CPDN的正弦值解：（）证明：如图，以A为原点，分别以方向为x，y，z轴方向建立空间直角坐标系，由题意，可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，3，0），P（0，0，3），M（0，1，2），N（2，1，0）显然，是平面ABP的一个法向量，故，即，又因为MN
20、平面PAB，故直线MN平面PAB（）设平面PCD的法向量为，又，由，得取z2，可得由已知，可得设平面PDN的法向量为，有，取z1，可得所以，因此所以二面角CPDN的正弦值为20已知点P（2，y0）为抛物线C：x22py（p0）上一点，F为抛物线C的焦点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且FPQ面积为2（1）求抛物线C的方程；（2）设直线l经过（2，5）交抛物线C于M，N两点（异于点P），求证：MPN的大小为定值解：（1）因为FPQ面积为2所以|FQ|22，即|FQ|2，x22py即y的导数为y，可得P处的切线的斜率为，切线的方程为yy0（x+2），令x0，可得yy0，所以+2，解得p2
21、，所以抛物线的方程为x24y；（2）证明：设M（x1，），N（x2，），设直线l的方程为yk（x2）+5，由可得x24kx+8k200，所以x1+x24k，x1x28k20，因为P（2，1），（x1+2，1），（x2+2，1），所以（x1+2）（x2+2）+（1）（1）x1x2+2（x1+x2）+4+18k20+8k+50，所以，所以PMN的大小为定值9021已知函数f（x）lnx+（R）（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当2时，求证：f（x）0在（1，+）上恒成立；（3）求证：当x0时，（ex1）ln（x+1）x2【解答】（1）解：函数f（x）的定义域为（0，+），f（x），令g（x）x
22、2x+1，24，当2时，g（x）0，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增；当22时，0，g（x）0，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增；当2时，0，设方程g（x）0的两个根为x1，x2，且x1x2，则x10，x20，当0xx1或xx2时，g（x）0，f（x）0，当x1xx2时，g（x）0，f（x）0，故f（x）在（x1，x2）上单调递减，在（0，x1）和（x2，+）上单调递增综上，当2时，f（x）在（0，+）上单调递增；当2时，f（x）在（，）上单调递减，在（0，）和（，+）上单调递增（2）证明：由（1）可得，当2时，f（x）在（1，+）上单调递增，所以f（x）f（1）0，故f（
23、x）0在（1，+）上恒成立（3）证明：由（2）知，当x1时，lnx，当x0时，ln（x+1），要证（ex1）ln（x+1）x2，只需证（ex1）x2，只需证exx2+x+1，令h（x）exx2x1（x0），h（x）exx1，h（x）ex10，所以h（x）在（0，+）上为增函数，所以h（x）h（0）0，所以h（x）在（0，+）上为增函数，h（x）h（0）0，即exx2+x+1，故当x0时，（ex1）ln（x+1）x2（另解）要证当x0时，（ex1）ln（x+1）x2，即证，即证，令m（x），即证mln（x+1）m（x），m（x），令（x）（1x）ex1，（x）xex0，（x）在（0，+）上单调递
24、减，所以（x）（0）0，所以m（x）0，所以m（x）单调递减，又ln（x+1）x，所以mln（x+1）m（x），所以当x0时，（ex1）ln（x+1）x2，成立（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在平面直角坐标系xOy中，直线l参数方程为（t为参数）在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆C的方程为4cos（）写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（）若点P坐标为（1，1），圆C与直线l交于A、B两点，求|PA|+|PB|的值解：（）直线l参数方程为（t为参数）直线l消去参数t可得直线l的普通方程为x+y20，圆C的方程为4
25、cos，即24cos，圆C的直角坐标方程为（x2）2+y24（）将直线l参数方程，代入（x2）2+y24，得t2+220，设A、B两点对应的参数分别为t1、t2，则t1+t120，t1t220，|PA|+|PB|t1t2|423已知函数f（x）|x+1|+2|xa|（1）当a2时，求f（x）的最小值；（2）若函数在区间1，1上递减，求a的取值范围解：（1）当a2时，f（x）|x+1|+2|x2|，当x1时，函数f（x）3x+3f（1）6，当1x2时，f（x）x+5f（2）3，当x2时，f（x）3x3f（2）3，综上所述函数f（x）的最小值为3；（2）当a1时，x1时，f（x）x+1+2（xa）3x+12a，函数单调递增，与题意不符合，当a1时，f（x），f（x）在1，1上单调递减，则a1，综上所述a的取值范围为1，+）