1、新疆昌吉州教育共同体2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题（含解析） 考试时间：120分钟 分值：150分一、单选题1. 已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. C分析：利用集合的交并补运算的定义可得答案解答：因为，所以.故选：C2. 函数的定义域是（ ）A. B. C. D. D分析：根据函数解析式，利用分式、根式、对数的性质即可求函数定义域.解答：要使函数有意义，则，即或，故函数的定义域为故选：D3. 已知直线过，两点且倾斜角为，则的值为（ ）A. B. C. D. C分析：由求解.解答：因为，又，所以故选：C4. 已知函数，则（ ）A. 6B. 8C. 3D. 1A分析
2、：由分段函数的解析式代入即可得解.解答：因为，所以，所以.故选：A5. 在各项均为正数的等比数列中，则数列的前10项和等于（ ）A. 511B. 512C. 1023D. 1024C分析：由条件求出，然后可得答案.解答：因为，且的各项为正数所以可解得，所以故选：C6. 设，则（ ）A. B. C. 3D. 2D分析：利用诱导公式化简，代入可得选项.解答：，故选：D.7. 已知平面向量，满足，若，的夹角为120，则（ ）A. B. C. D. 3A分析：将所求式子平方，把已知条件代入即可求解.解答：由题意得，故选：A.8. 执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的等于（ ）A. 94B. 99
3、C. 45D. 203A解答： ,故选A.点拨：本题主要考查程序框和数列的前项和，属于较易题型.高考中对于程序框图的考查主要有：输出结果型、完善框图型、确定循环变量取值型、实际应用型等，最常见的题型是以循环结构为主，求解程序框图问题的关键是能够应用算法思想列出并计算每一次循环结果，注意输出值和循环变量以及判断框中的限制条件的关系.9. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. 38B. 26C. 40D. 33A分析：由几何体的三视图得到该几何体是一个长方体中间挖去一个圆柱体，根据三视图中的数据，结合表面积公式，即可求解.解答：由几何体的三视图可知，该几何体是一个长方体中间挖
4、去一个圆柱体，如图所示，其中长方体的长宽高分别为，其表面积为，圆柱体的底面半径为，母线长为1，所以圆柱体的底面积为，侧面积为，所以该组合体的表面积为长方体的表面积减去圆柱的底面积，再加上圆柱的侧面积：所以该组合体的表面积为.故选：A.10. 已知，则的最小值（ ）A. 9B. 7C. 5D. 4A分析：利用，转化条件为，再由基本不等式即可得解.解答：因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以最小值为9.故选：A.点拨：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把
5、构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.11. 若圆心坐标为的圆被直线截得的弦长为，则这个圆的方程是（ ）A. B. C. D. B分析：先利用弦心距、弦长和半径的关系求得半径，再写出圆的标准方程即可.解答：设圆的半径为r，圆心到直线的距离为，由弦长可知，即，故这个圆的方程是.故选：B12. 已知偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. A分析：由不等式得或，结合偶函数及已知条件确定区间单调性，即可求其解集.解答：若，则等价于，在上单调递减，有，由
6、上，若，则等价于，由偶函数在上单调递增，则，即得，综上，的解集为故选：A二、填空题13. 已知实数，满足，则的最大值为_分析：由约束条件，画出可行域，将目标函数化为，结合图形，即可求出结果.解答：解：作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，由得，故由的几何意义得当直线过点时，取最大值，联立方程，解得 ，即，所以.故答案为：14. 已知直线与直线平行，则直线，之间的距离为_.分析：利用直线平行与斜率之间的关系、点到直线的距离公式即可得出解答：解：因为直线与直线平行，所以，解得，当时，则故答案为：点拨：熟练运用直线平行与斜率之间的关系、点到直线的距离公式，是解题关键15. 已知，则_.1分
7、析】首先利用指数和对数互化得到，再利用换地公式即可得到答案。解答：由可知，所以.故答案为：16. 如图，已知，三点都在球面上，球心到平面的距离为1，且，则球的表面积为_分析：设球的半径为R，外接圆的半径为r，球心到截面ABC的距离为h，先由正弦定理求得，然后由，求得R，代入球的表面积公式求解.解答：设球的半径为R，外接圆的半径为r，球心到截面ABC的距离为h,由题意得：，解得，因为，解得，所以球的表面积为,故答案为：三、解答题(第17题10分，第18，19，20，21，22各题12分)17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，E是的中点，求证：（1）平面；（2）.（1）证明见解析；（2）
8、证明见解析.分析：（1）连接AC交BD于O，连接OE，由题意可证得OEPA，利用线面平行的判断定理可得PA平面EDB（2）由线面垂直的定义可得PDAD，且ADCD，据此可知AD平面PCD，故ADPC解答：证明：（1）连接交于O，连接底面是正方形，O为中点，在中，E是中点，平面，平面，平面.（2）侧棱底面，底面，底面是正方形，又，平面，因为平面.点拨：思路点睛：该题考查的是有关线面平行与线线垂直的证明问题，解题方法如下：（1）证明线面平行，可以利用线面平行的判定定理，找到平行线，注意将条件写全；（2）证明线线垂直，可以借助于线面垂直，在证明过程中，注意线面垂直判断定理的条件要写全，用好线面垂直的
9、性质；（3）空间关系要理透.18. 已知函数（1）求的最小正周期；（2）求在区间上的值域.（1）；（2）.分析：（1）利用辅助角公式化简，再利用周期公式即可求解；（2）由，求出的范围，再利用正弦函数的性质即可求解.解答：（1）因为所以的最小正周期为，（2）因为，所以，所以所以，所以，所以在区间上的值域为.19. 已知等差数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.（1）；（2）分析：（1）设的公差为，由，可求出，进而可求出数列的通项公式；（2）由（1）知，利用裂项相消求和法可求出.解答：（1）设等差数列的公差为，解得，.（2）由（1）知，.20. 在中，角，的对边分别为，且（
10、1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的周长（1）或；（2）12.分析：（1）根据，结合余弦定理得到求解.（2）由和的面积为求得，再利用余弦定理求得即可.解答：（1）因为，且，所以，所以又，所以或，所以或（2）由（1）及，得因为，所以又，所以所以，所以即的周长为12点拨：方法点睛：有关三角形面积问题的求解方法：(1)灵活运用正、余弦定理实现边角转化；(2)合理运用三角函数公式，如同角三角函数的基本关系、两角和与差的正弦、余弦公式、二倍角公式等21. 某部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了100人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按
11、照，分成5组，制成如图所示频率分布直方图.（1）求图中x的值；（2）求这组数据的平均数；（3）已知满意度评分值在内的男生数与女生数的比为3：2，若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求恰有1名女生的概率.（1）0.01；（2）77；（3）.分析：（1）由各组的频率和为1，列方程可求出的值；（2）由平均数的公式直接求解即可；（3）先计算满意度评分值在内有人，按比例男生3人女生2人，从5人中选2人，用列举法列出所有情况，利用概率公式求解即可.解答：解：（1）由，解得；（2）这组数据的平均数为；（3）满意度评分值在内有人，男生数与女生数的比为3：2，故男生3人，女生2人，记为，记“满意度评分
12、值为的人中随机抽取2人进行座谈，恰有1名女生”为事件，从5人中抽取2人有：， ，所以总基本事件个数为10个，包含的基本事件：，共6个，所以 .点拨：结论点睛：频率分布直方图的相关公式以及数字特征的计算，直方图中各个小长方形的面积之和为1；直方图中纵轴表示频率除以组距，故每组样本中的频率为组距乘以小长方形的高，即矩形的面积；直方图中每组样本的频数为频率乘以总数；最高的小矩形底边中点横坐标即是众数；中位数的左边和右边小长方形面积之和相等；平均数是频率分布直方图的重心，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和.22. 已知函数(且)为定义在上的奇函数.（1）根据单调性定义证明函数在上单调递增；（2）求不等式的解集.（1）证明见解析；（2）.分析：（1）根据可求得解析式，将整理为，由此可证得结论；（2）利用奇偶性将不等式化为，利用单调性得到，解不等式可求得结果.解答：（1）是上的奇函数，解得：，设且，即当时，在上单调递增.（2）为上的奇函数，则由得：，又在上单调递增，解得：或，不等式的解集为.点拨：方法点睛：本题考查利用函数单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，解决此类问题中，奇偶性和单调性的作用如下：（1）奇偶性：统一不等式两侧符号，同时根据奇偶函数的对称性确定对称区间的单调性；（2）单调性：将函数值的大小关系转化为自变量之间的大小关系.