1、河南省新乡市2020-2021学年高二数学下学期期末考试试题 文（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|1x3，By|y2，则AB（）A（，3）B1，2）C1，3）D（，22复数在复平面内对应的点的坐标为（）A（，）B（，）C（，）D（，）32021年3月18日“2021亚太地区自然指数”发布，中国机构整体表现强劲在2020年亚太地区科研产出贡献份额排名前5位中有4家中国机构，它们分别是中国科学院（第一），中国科学技术大学（第二），北京大学（第四），中国科学院大学（第五），相应的贡献份额（取整数）分别为1904，486，456，422，则这四个数的极差、中位
2、数分别是（）A1482，472B1482，472C1482，471D1482，4714已知alog312，blog54，则（）AcabBbcaCacbDbac5阿基米德是伟大的物理学家，哲学家，数学家和力学家，是名副其实的“全能天才”他本人最得意的发现是名为“圆柱容球”的几何图形，就是在圆柱形容器里放了一个球，这个球顶天立地，四周喷边（球的直径与圆柱形容器的高和底面直径分别相等）人们为了纪念他，根据他本人生前的愿望，在他的墓碑上刻了该几何图形，在一个“圆柱容球”的圆柱内任取一点，则所取的点恰好落在这个“圆柱容球”的球内的概率是（）ABCD6已知函数，则f（x）的极大值为（）A0BCeD1720
3、世纪30年代，查尔斯里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中距离造成的偏差）当地震发生时，震源中心以地震波的形式放出的能量的指示参数E104.8+1.5M，震级越大，震源放出的能量就越大1989年美国旧金山地震中，一个测震仪记录的最大振幅为8000，此时的标准地震的振幅是0.0001，则预计此次地震震源放出的能量（单位：焦耳）约为（）（lg20.3，100.654.5）A4.51
4、7B4.516C4.51016D4.510178已知某几何体的三视图如图所示，其中小方格是边长为1的正方形，则该几何体的外接球的表面积为（）A68B52C36D489已知抛物线y22px（p0）的焦点为，过F的直线l交抛物线于A，B两点，且，则l的斜率为（）A1BCD10ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知4c23b2，则A（）ABCD11将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，若g（x）在上单调递减，则的最大值为（）ABCD112已知双曲线的左焦点为F，点M在双曲线C的右支上，A（0，3），当MAF的周长最小时，MAF的面积为（）AB9CD4二、填空题：本大题共4
5、小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上.13已知向量，若，则 14不等式组表示的平面区域的面积为 15已知，则 16在直三棱柱ABCA1B1C1中，D为AC的中点，A1C平面DBC1，ABBCAA1，则异面直线A1D与BC所成角的正切值为 三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.1721题为必考题，每个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.（一）必考题：共60分.17已知数列an中，a1，a2且（1）证明an2为等差数列并求an2；（2）求数列2an2的前n项和Sn18如图，四棱锥PABCD，侧面PAD平面AB
6、CD，且底面ABCD为矩形，AB1，AD2，E为BC的中点，PEDE（1）证明：PA平面ABCD；（2）求C到平面PDE的距离19华为HarmonyOS系统是一款面向未来、面向全场景的分布式操作系统，预计该系统将会成为继Android，IOS系统之后的全球第三大手机操作系统为了了解手机用户对HarmonyOS系统的期待程度，某公司随机在20000人中抽取了100名被调查者，记录他们的期待值，将数据分成0，15），15，30），75，906组，其中期待值不低于60的称为非常期待HarmonyOS系统，现整理数据得到如图频率分布直方图（1）已知样本中期待值小于15的有4人，试估计总体中期待值在区间
7、15，30）内的人数；（2）已知样本中的男生有一半非常期待HarmonyOS系统，且样本中非常期待HarmonyOS系统的男、女生人数相等请根据所提供的数据，完成下面的22列联表，并判断是否有99%的把握认为是否非常期待HarmonyOS系统与性别有关非常期待不非常期待合计男女合计100附：K2，其中na+b+c+dP（K2k0）0.050.0250.0100.0050.001k03.8415.0246.6357.87910.82820已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，过右焦点F2且不平行于坐标轴的动直线l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M（1）记直线OM的斜率为k1，
8、直线AB的斜率为k2，证明：k1k2为定值（2）y轴上是否存在点P，使得ABP为等边三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由21已知函数f（x）2mx4lnx（1）当m1时，求f（x）的单调递增区间；（2）若f（x）与的图象上恰有两对关于y轴对称的点，求m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.选修44：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为多参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为cosmsin+20（mR）（1）求曲线C1和曲线C2的直角坐标方程；（2）
9、已知P（2，0），线C1与曲线C2交于A，B两点，若，求m的值选修45：不等式选讲23已知函数f（x）|x1|+|2x1|（1）求不等式f（x）4x2的解集；（2）若，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|1x3，By|y2，则AB（）A（，3）B1，2）C1，3）D（，2解：因为Ax|1x3，By|y2，所以AB（，3）故选：A2复数在复平面内对应的点的坐标为（）A（，）B（，）C（，）D（，）解：+i，复数在复平面内对应的点的坐标为（，），故选：B32021年3月18日“2021亚太地区自然指数”发布，中国机构整体表现强劲在2020年亚太地
10、区科研产出贡献份额排名前5位中有4家中国机构，它们分别是中国科学院（第一），中国科学技术大学（第二），北京大学（第四），中国科学院大学（第五），相应的贡献份额（取整数）分别为1904，486，456，422，则这四个数的极差、中位数分别是（）A1482，472B1482，472C1482，471D1482，471解：根据题意，四个数据分别为1904，486，456，422，则其极差19044221482，中位数为（486+456）471，故选：D4已知alog312，blog54，则（）AcabBbcaCacbDbac解：对于alog312log392，blog54log551，所以acb，故
11、选：C5阿基米德是伟大的物理学家，哲学家，数学家和力学家，是名副其实的“全能天才”他本人最得意的发现是名为“圆柱容球”的几何图形，就是在圆柱形容器里放了一个球，这个球顶天立地，四周喷边（球的直径与圆柱形容器的高和底面直径分别相等）人们为了纪念他，根据他本人生前的愿望，在他的墓碑上刻了该几何图形，在一个“圆柱容球”的圆柱内任取一点，则所取的点恰好落在这个“圆柱容球”的球内的概率是（）ABCD解：设圆柱的体积为m，球的体积为n，球的半径为r，则圆柱的高为2r，所以mr22r2r3，则所求概率为故选：B6已知函数，则f（x）的极大值为（）A0BCeD1解：因为，令f（x）0，解得：x1或x0，令f（
12、x）0，解得：0x1，故f（x）在（，0），（1，+）上单调递增，在0，1上单调递减，故f（x）的极大值为f（0）1，故选：D720世纪30年代，查尔斯里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中距离造成的偏差）当地震发生时，震源中心以地震波的形式放出的能量的指示参数E104.8+1.5M，震级越大，震源放出的能量就越大1989年美国旧金山地震中，一个测震仪记录的最大振幅为8000，
13、此时的标准地震的振幅是0.0001，则预计此次地震震源放出的能量（单位：焦耳）约为（）（lg20.3，100.654.5）A4.517B4.516C4.51016D4.51017解：，E104.8+1.57.91016.65100.6510164.51016故选：C8已知某几何体的三视图如图所示，其中小方格是边长为1的正方形，则该几何体的外接球的表面积为（）A68B52C36D48解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥PABC，把该三棱锥放置在长方体PB中，长方体的棱长分别为6，4，4，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，半径为外接球的表面积为468故选：A9已知抛物线y22px（p0
14、）的焦点为，过F的直线l交抛物线于A，B两点，且，则l的斜率为（）A1BCD解：由题知p1，抛物线方程为y22x，设l的直线方程为，代入抛物线方程，得y22my10，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y22m，y1y21因为，所以或，故，即l的斜率为故选：D10ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知4c23b2，则A（）ABCD解：因为，所以，即，又4c23b2，则，从而，又A（0，），故故选：C11将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，若g（x）在上单调递减，则的最大值为（）ABCD1解：将f（x）cos（x+）的图象向右平移个单位长度后得到g（x）c
15、os（x+）的图象因为，所以，因为g（x）在上单调递减，所以，即 ，所以，的最大值为，故选：B12已知双曲线的左焦点为F，点M在双曲线C的右支上，A（0，3），当MAF的周长最小时，MAF的面积为（）AB9CD4解：如图，设C的右焦点为F，由题意可得，c3，因为，所以，MAF的周长为，即当A，M，F三点共线时，MAF的周长最小，此时直线AF的方程为yx+3，联立方程组，解得或y1，即此时M的纵坐标为，故MAF的面积为故选：A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上.13已知向量，若，则解：因为，所以x+3+2x0，解得x1，所以，故故答案为：14不等式组表示
16、的平面区域的面积为 3解：根据题意，等式组表示的平面区域为点A（1，1），B（0，1），C（3，1）围成的三角形区域，如图：所以面积为；故答案为：315已知，则解：因为，所以，故故答案为：16在直三棱柱ABCA1B1C1中，D为AC的中点，A1C平面DBC1，ABBCAA1，则异面直线A1D与BC所成角的正切值为 解：设ABBCAA11，由直三棱柱ABCA1B1C1，可得AA1底面ABC，即有AA1AC，设ACx，即有ADCDx，由A1C平面DBC1，可得A1CDC1，可得tanC1A1CtanA1C1DtanC1A1CtanC1DC1，解得x，所以ABC为直角三角形，且ABBC，取AB的中点
17、H，连接A1H，DH，可得DHBC，则A1DH为异面直线A1D与BC所成角由BCAB，可得DHAB，由三垂线定理可得DHAH，在直角三角形A1DH中，DH，A1H，所以tanA1DH故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.1721题为必考题，每个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.（一）必考题：共60分.17已知数列an中，a1，a2且（1）证明an2为等差数列并求an2；（2）求数列2an2的前n项和Sn解：（1）因为，所以即，因为a1，所以数列是首项为2，公差为3的等差数列，故（2）因为，所以是首项为4，公比为
18、8的等比数列，故18如图，四棱锥PABCD，侧面PAD平面ABCD，且底面ABCD为矩形，AB1，AD2，E为BC的中点，PEDE（1）证明：PA平面ABCD；（2）求C到平面PDE的距离解：（1）证明：连接AE因为侧面PAD底面ABCD且交于AD，ABAD，所以AB平面PAD因为PA平面PAD，所以PAAB在AED中，AD2，所以AE2+ED2AD2，即AEED因为PEDE，PEAEE，所以DE平面PAE因为PA平面PAE，所以PADE因为AB，DE相交，所以PA平面ABCD（2）因为PA平面ABCD，AB1，AD2，E为BC的中点，所以三棱锥PECD的体积为，在PDE中，PE2，所以PDE
19、的面积为设C到平面PDE的距离为d，则，所以即C到平面PDE的距离为19华为HarmonyOS系统是一款面向未来、面向全场景的分布式操作系统，预计该系统将会成为继Android，IOS系统之后的全球第三大手机操作系统为了了解手机用户对HarmonyOS系统的期待程度，某公司随机在20000人中抽取了100名被调查者，记录他们的期待值，将数据分成0，15），15，30），75，906组，其中期待值不低于60的称为非常期待HarmonyOS系统，现整理数据得到如图频率分布直方图（1）已知样本中期待值小于15的有4人，试估计总体中期待值在区间15，30）内的人数；（2）已知样本中的男生有一半非常期待
20、HarmonyOS系统，且样本中非常期待HarmonyOS系统的男、女生人数相等请根据所提供的数据，完成下面的22列联表，并判断是否有99%的把握认为是否非常期待HarmonyOS系统与性别有关非常期待不非常期待合计男女合计100附：K2，其中na+b+c+dP（K2k0）0.050.0250.0100.0050.001k03.8415.0246.6357.87910.828解：（1）因为样本中期待值不小于30的频率为，所以样本中期待值小于30的频率为0.1，则样本中期待值在区间15，30）内的人数为1000.146，故总体中期待值在区间15，30）内的人数约为200001200；（2）因为样
21、本中非常期待HarmonyOS系统的人数为，所以样本中非常期待HarmonyOS系统的男生人数为，故样本中的男生人数为30260，女生人数为1006040，则列联表如下：非常期待不非常期待合计男 30 3060 女 30 1040 合计 60 40 100所以K2，故没有99%的把握认为是否非常期待HarmonyOS系统与性别有关20已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，过右焦点F2且不平行于坐标轴的动直线l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M（1）记直线OM的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，证明：k1k2为定值（2）y轴上是否存在点P，使得ABP为等边三角形？若存在，求出
22、点P的坐标；若不存在，请说明理由解：设点A（x1，y1），B（x2，y2），（1）证明：因为，所以，即因为M为AB的中点，所以，所以（2）设直线l的方程为yk（x1），联立方程组，得（4k2+3）x28k2x+4k2120，则，所以，所以M的坐标为假设存在符合题意的点P，则直线PM的斜率为因为ABP为等边三角形，所以因为，所以，即23k2+270，方程无实数解，所以不存在这样的点P21已知函数f（x）2mx4lnx（1）当m1时，求f（x）的单调递增区间；（2）若f（x）与的图象上恰有两对关于y轴对称的点，求m的取值范围解：（1）当m1时，f（x）2x4lnx，则令f（x）0，得x2，所以f（
23、x）的单调递增区间为2，+）（2）因为f（x）与g（x）的图象上恰有两对关于y轴对称的点，所以方程f（x）g（x）有两个正根，即关于x的方程有两个正根令，则，当m0时，h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+）上单调递增，所以h（x）minh（2）2m4ln2+40，得m2ln22当0m1时，h（x）在（0，2），上单调递减，在上单调递增，所以h（2）2m4ln2+40或而h（2）2（m+22ln2）0，令，则t2设m（t）44lnt+t，则，所以m（t）在（2，4）上单调递减，在（4，+）上单调递增，所以m（t）minm（4）8（1ln2）0，不满足题意当m1时，h（x）在（0，+）上单调
24、递减，不满足题意当m1时，h（x）在，（2，+）上单调递减，在上单调递增，所以h（2）2m4ln2+40或而h（2）0，不满足题意综上所述，m（，2ln22）（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.选修44：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为多参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为cosmsin+20（mR）（1）求曲线C1和曲线C2的直角坐标方程；（2）已知P（2，0），线C1与曲线C2交于A，B两点，若，求m的值解：（1）因为曲线C1的参数方程为（为参数），所以C1的直
25、角坐标方程为（x2）2+y24直线C2的极坐标方程为cosmsin+20，由xcos，ysin，得曲线C2的直角坐标方程为xmy+20（2）因为点P（2，0）在直线C2上，所以可设直线C2的参数方程为（t为参数，0，），将参数方程代入曲线C1的方程，得t28cost+120设A，B所对应的参数分别为t1，t2，则t1+t28cos，t1t212，因为所以，故直线C2的斜率为，即m2选修45：不等式选讲23已知函数f（x）|x1|+|2x1|（1）求不等式f（x）4x2的解集；（2）若，求a的取值范围解：（1）因为f（x）|x1|+|2x1|，所以，由f（x）4x2，可得或或，解得，所以不等式f（x）4x2的解集为（2）当时，f（x）x，因为存在，则存在，因为，当且仅当，即时取等号，所以，故a的取值范围为