1、陕西省西安交大附中2020-2021学年高二数学上学期期中试题 文（含解析）注意：本试题共3页，三道大题.一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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. 集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接求即可.【详解】因为，所以.故选：C2. “”是“”的（）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据两个条件之间的推出关系可得两者之间的条件关系.【详解】由可以得出，所以充分条件成立.由可解得或，不能得到 ，所以是的充分不必要条件.故选：B
2、.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，此类问题一般可根据两者之间的推出关系来判断，也可以根据两者对应的集合的包含关系来判断，本题属于基础题.3. 组数据28、27、26、24、23、22的中位数为（ ）A. 26B. 25C. 24D. 26和24【答案】B【解析】【分析】根据中位数的概念直接求中位数即可.【详解】因为数据为28、27、26、24、23、22，所以中位数为.故选：B4. 已知点A(1，1)、B(5，3)，有向线段绕点A逆时针旋转到的位置，则点C的坐标为（ ）A. (4，2)B. (-2，4)C. (-5，1)D. (-1，5)【答案】D【解析】【分析】推导出，设，则，再由有向
3、线段绕点逆时针旋转到的位置，列出方程组，能求出点的坐标【详解】点、，设，则，有向线段绕点逆时针旋转到的位置，解得，点的坐标为故选：D5. 从1，2，3，30中任取一个数，它是偶数或能被3整除的数的概率（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先计算出所有基本事件的个数，并计算出满足条件的基本事件个数，然后代入古典概型公式，即可得到答案【详解】从1，2，3，30中任取一个数共有30种情况，其中能被3整除的数共有10个，偶数共15个，其中既能被3整除又是偶数的数有5个，故是偶数或能被3整除的数共有个，故所求概率.故选：D.【点睛】方法点睛：本题考查古典概型及其概率计算公式，本题先要求出
4、所有个数以及是偶数或能被3整除的数的个数，再根据概率计算公式求解，注意这两个事件不互斥，即既是偶数又能被3整除的数有5个，在计算时要减去.6. 值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用诱导公式进行化简计算即可得解.【详解】.故选：C.7. 如果实数满足条件，那么的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】解：当直线过点时，最大，故选B8. 己知A(-2，1)、B(3，-2)、C(2，5)，则的面积为（ ）A. 13B. 16C. 16D. 18【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理求出角，进而得出，由三角形的面积公式计算可得答案详解】，且则的面
5、积为： 故选：B9. 如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得点在侧视图中对应的点.【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N,在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,点在侧视图中对应的点为.故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间
6、想象，属于基础题.10. 为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文密文（加密），接收方由密文明文（解密）已知加密规则为：明文a,b,c,d对应密文a+2b,2b+c,2c+3d,4d例如，明文1，2，3，4对应密文5，7，18，16当接收方收到密文14，9，23，28时，则解密得到的明文为（ ）A. 1,6，4,7B. 4,6，1,7C. 7,6，1,4D. 6,4，1,7【答案】D【解析】【详解】选D二、填空题(共4小题，每题5分，共20分)11. 曲线在点处切线方程是 【答案】【解析】【详解】【分析】，所以，所以切线方程为，即 点睛：本题考查导数的概念导数就是曲线上点的切线斜率本题中首
7、先判断出该点是曲线上的点，所以切斜斜率就是该点的导数值，求出斜率后，再利用点斜式写出切线方程即可12. 已知两条直线和互相垂直，则等于_【答案】-1【解析】由，得，因为直线和互相垂直，所以，解得，故答案为.13. 以点(2，1)为圆心且与直线3x4y50相切的圆的方程为_【答案】(x2)2(y1)29【解析】【分析】根据点到直线的距离公式，求出点到直线的距离，可得圆的半径，再由圆的标准方程，即可得到满足条件的圆的方程.【详解】因为圆以点(为圆心且与直线相切，所以圆心到直线的距离等于半径,即，所求圆的方程为，故答案为.【点睛】本题主要考查圆的方程和性质，属于中档题.求圆的方程常见思路与方法有:直
8、接设出动点坐标 ，根据题意列出关于的方程即可；根据几何意义直接找到圆心坐标和半径，写出方程；待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般式方程，再根据所给条件求出参数即可.本题是利用方法解答的.14. 关于的方程的两根之差的绝对值小于，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据题意得到和，分别解不等式再求交集即可.【详解】由题知：，即，解得或.又因为，所以，化简得，解得，综上.故答案为：三、解答题(5小题，共50分.解答题应写出文字说明、证明过程、或演算步骤)15. 如图为一个观览车示意图，该观览车圆半径为4.8m，圆上最低点与地面距离为0.8m，60秒转动一圈.图中OA与地面垂直，
9、以OA为始边，逆时针转动到OB.设B点与地面的距离为h.（1）求h与的函数关系式；（2）设从OA开始转动，经过10秒到达OB，求h.【答案】（1）；（2）3.2m.【解析】【分析】（1）建立平面直角坐标系，结合条件求出点B的坐标后可得h与间的函数关系式；（2）由60秒转动一圈，易得点A在圆上转动的角速度是，再计算出经过10秒后转过的弧度数为，然后代入（1）中所求函数解析式计算即可得到答案.【详解】（1）以圆心O原点，建立如图所示的坐标系，如下图所示，则以为始边，为终边的角为，故点B坐标为，；（2）点A在圆O上逆时针运动的角速度是，经过t秒后转过的角度，则经过10秒后转过的角度为，（m）.【点睛
10、】关键点点睛：本题考查的知识点是在实际问题中建立三角函数模型，在建立函数模型的过程中，以圆心为原点，以水平方向为轴方向，以竖直方向为轴方向建立平面直角坐标系，是解决本题的关键16. 等差数列满足：、.数列满足.（1）求等差数列的通项；（2）若数列的前n项和为，证明：对于任意的nN*，都有.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，利用基本量计算可得通项；（2）利用裂项相消法求出数列的前n项和为，可证得命题成立【详解】（1）设等差数列的公差为则，即（2）则故命题成立【点睛】方法点睛：本题考查等差数列的通项公式，考查数列的求和，数列求和的方法总结如下：1.公式法，利
11、用等差数列和等比数列的求和公式进行计算即可；2.裂项相消法，通过把数列的通项公式拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求出数列的和；3.错位相减法，当数列的通项公式由一个等差数列与一个等比数列的乘积构成时使用此方法；4.倒序相加法，如果一个数列满足首末两项等距离的两项之和相等，可以使用此方法求和17. 如图，在四棱锥中， 平面，底面 是菱形， 为与 的交点，为棱 上一点（1）证明：平面平面；（2）若是 PB中点，求点B平面EDC的距离【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【详解】【分析】试题分析：（1）由平面 ，得，由菱形性质得 ，所以平面 ，于是平面平面 ；（2）是 中点，连
12、结，则 ，平面，且，利用，即可求解体积 试题解析：证明：（1）平面，平面，四边形是菱形，又，平面，而平面，平面平面（2）是 中点，连结，则，平面 ，且， ，设点平面 的距离为， 考点：平面与平面垂直的判定与证明；三棱锥的体积的计算18. 已知函数（1）若函数在区间上为增函数，求的取值范围；（2）当且时，不等式在上恒成立，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）函数在区间上为增函数，转化为时，恒成立，即可求解实数的取值范围；（2）把不等式在上恒成立，转化为对任意恒成立，构造新函数，利用导数求解的最小值，即可求解的最大值【详解】试题解析：（1），又函数在区间上为增函数，当时，恒成立，
13、即的取值范围为； （2）当时，故不等式，即对任意恒成立， 令则令，则在上单增，存在使，即当时，即，当时，即，在上单减，在上单增令，即，且，即考点：利用导数研究函数的单调性与极值最值；函数的单调性与导数的关系【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及利用导数求解函数在闭区间上的极值、最值、不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想和分类讨论思想的应用，属于中档试题，本题的第二问的解答中把不等式在上恒成立，转化为对任意恒成立，构造新函数，利用导数求解的最小值，即可求解的最大值19. 以椭圆的离心率为，以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于1求椭圆的标准方程；2过原点且斜率不为0的直
14、线与椭圆交于两点，是椭圆的右顶点，直线分别与轴交于点，问：以为直径的圆是否恒过轴上的定点？若恒过轴上的定点，请求出该定点的坐标；若不恒过轴上的定点，请说明理由【答案】（1）；（2），【解析】分析】（1）由题意可得，从而解得椭圆的标准方程；（2）易知，设，从而可得，且，从而化简可得，假设存在满足题意的轴上的定点，化简可得，再结合解得结果.【详解】（1）依题意，得，解得故椭圆的标准方程为（2），设，则由题意，可得由椭圆对称性可知：，因为三点共线，所以，解得同理，可得假设存在满足题意的轴上的定点，则有，即因为，所以，即整理得，又 解得或故以为直径的圆恒过轴上的定点，【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系的判断与应用，椭圆中的定点问题，同时考查了数形结合的思想及学生的化简运算能力.解决定点问题的关键是能够通过条件建立起与变量有关的等式，通过化简求得所求定点.
