1、2020-2021学年云南省保山市高二（下）期末数学试卷（文科）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1已知集合Mx|2x4和集合N2，1，0，2，4，则MN（）A2，1，0，2，4B1，0，2C1，0，2，4D2，1，0，22已知i为虚数单位，复数z，为z的共轭复数，则+z（）A12iB2C4D1+2i3在平面直角坐标系xOy中，角以坐标原点为顶点，Ox为始边，终边经过点（5，12），则sin+cos（）ABCD4某种产品的投入x（单位：万元）与收入y（单位：万元）之间的关系如表：x24568y3040605070若已知y与x的线性回归方程为6.5x+1.5，那么当投入为4万元时，
2、收入的随机误差为（）万元（随机误差真实值预测值）A4.5B4.5C3.5D3.55如图所示的程序框图，输出的结果是（）ABCD6一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为2的两个全等的等腰直角三角形，俯视图为边长为2的正方形若该几何体的体积为V，并且可以用n个这样的几何体拼成一个棱长为2的正方体，则V，n的值是（）ABCD7等差数列bn的前n项之和为Sn，若b2+b3+b5+b688，则S7（）A110B132C154D1768若直线m：kx+y0被圆（x2）2+y24所截得的弦长2，则点A（0，2）与直线m上任意一点P的距离的最小值为（）A1BCD29等比数列bn的前n项之积为T
3、n，若b4b5b6，则T5（）A1B2C3D410已知三棱锥SABC的顶点都在球O的球面上，ABC是边长为6的正三角形，SC为球O的直径，且此三棱锥的体积为12，则球O的表面积为（）A16B32C48D6411已知双曲线1（a0，b0）的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60的直线与双曲线的右支有两个交点，则此双曲线离心率的取值范围是（）A（1，2）B（1，2C2，+）D（2，+）12定义域为R的函数f（x），若关于x的方程f2（x）+mf（x）+n0恰有5个不同的实数解x1，x2，x3，x4，x5，则f（x1+x2+x3+x4+x5）（）A2B3C4D5二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共
4、20分）13已知向量（x，2），（2，1），若，则x 14已知x，y满足，则z2x+y+3的最大值是 15在一次试验中，向边长为2的正方形ABCD中随机撒一大把豆子，试估计豆子落在图中阴影区域内的概率为 16已知椭圆1（0b2）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线m交椭圆于A，B两点，若|BF2|+|AF2|的最大值为6，则b的值是 ，椭圆的离心率为 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17在直角坐标系xOy中，直线C1的参数方程为（其中t为参数）以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为sin2cos（）求C1和C2的直角坐标方程
5、；（）设定点D（1，0），直线C1交曲线C2于A，B两点，求|DA|DB|的值18在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosBbsinA（）求角B；（）若ABC的面积是2，且a2c，求ABC的周长19我校筹办高中生排球比赛，设计两种赛事方案：方案一和方案二、为了了解参赛学生对活动方案是否支持，对全体参赛学生进行简单随机抽样，抽取了100名参赛学生，获得数据如表：方案一方案二支持不支持支持不支持男生20人40人40人20人女生30人10人20人20人假设所有参赛学生对活动方案是否支持相互独立（）根据所给数据，判断是否有99.5%的把握认为方案一的支持率与参赛学生的性别有关？（）
6、在抽出的100名参赛学生中，按是否支持方案二分层抽样抽出了5人，从这5人中随机抽取2人，求抽取的2人中“恰有1人支持，1人不支持”的概率附：K2，na+b+c+dP（K2k0）0.1000.0500.0100.0050.001k02.7063.8416.6357.87910.82820如图，ABC的外接圆O的直径AB2，CE垂直于圆O所在的平面，BDCE，CE2，BCBD1（）求证：平面AEC平面BCED（）若DMDE，求三棱锥DACM的体积21已知函数f（x）lnx+3x2（）求与f（x）相切且斜率为2的直线方程；（）若g（x）f（x）+ax+2，当x1，e时，g（x）0恒成立，求a的取值范
7、围22已知F为抛物线C：y22px（p0）的焦点，直线m：yx1与抛物线C交于A，B两点且|AF|+|BF|8（）求抛物线C的方程；（）若直线n：yxt（t1）与抛物线C交于M，N两点，且AM与BN相交于点D（x0，y0），且向量，（1），证明：y0为定值参考答案一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1已知集合Mx|2x4和集合N2，1，0，2，4，则MN（）A2，1，0，2，4B1，0，2C1，0，2，4D2，1，0，2解：Mx|2x4，N2，1，0，2，4，MN1，0，2，4故选：C2已知i为虚数单位，复数z，为z的共轭复数，则+z（）A12iB2C4D1+2i解：z，故选：B3
8、在平面直角坐标系xOy中，角以坐标原点为顶点，Ox为始边，终边经过点（5，12），则sin+cos（）ABCD解：因为角以坐标原点为顶点，Ox为始边，终边经过点（5，12），所以sin，cos，所以sin+cos故选：A4某种产品的投入x（单位：万元）与收入y（单位：万元）之间的关系如表：x24568y3040605070若已知y与x的线性回归方程为6.5x+1.5，那么当投入为4万元时，收入的随机误差为（）万元（随机误差真实值预测值）A4.5B4.5C3.5D3.5解：将x4代入6.5x+1.5，可得43.5，当投入4万元时，随机误差4043.53.5故选：D5如图所示的程序框图，输出的结果
9、是（）ABCD解：模拟程序的运行，可得A，i1，满足i5，执行循环体，A，i2，满足i5，执行循环体，A，i3，满足i5，执行循环体，A，i4，满足i5，执行循环体，A，i5，满足i5，执行循环体，A，i6，此时，不满足i5，退出循环，输出A的值为故选：A6一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为2的两个全等的等腰直角三角形，俯视图为边长为2的正方形若该几何体的体积为V，并且可以用n个这样的几何体拼成一个棱长为2的正方体，则V，n的值是（）ABCD解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体；如图所示：所以，由于棱长为2的正方体体积为V8，所以，解得n3故选：B7等差
10、数列bn的前n项之和为Sn，若b2+b3+b5+b688，则S7（）A110B132C154D176解：b2+b3+b5+b64b488，b422，则S77b4154故选：C8若直线m：kx+y0被圆（x2）2+y24所截得的弦长2，则点A（0，2）与直线m上任意一点P的距离的最小值为（）A1BCD2解：圆（x2）2+y24的圆心坐标为（2，0），半径为2，设圆心到直线kx+y0的距离为d，则d，若直线m：kx+y0被圆（x2）2+y24所截得的弦长2，则22，即1+d24，得d，d，解得k，点A（0，2）与直线m上任意一点P的距离的最小值为，故选：B9等比数列bn的前n项之积为Tn，若b4b
11、5b6，则T5（）A1B2C3D4解：由等比数列的性质得：b4b5b6b3b6，b31，T5b1b2b3b4b51故选：A10已知三棱锥SABC的顶点都在球O的球面上，ABC是边长为6的正三角形，SC为球O的直径，且此三棱锥的体积为12，则球O的表面积为（）A16B32C48D64解：ABC是边长为6的正三角形，ABC外接圆的半径r，设点S到平面ABC的距离为d，则棱锥SABC的体积V，解得d4，又SC为球O的直径，点O到平面ABC的距离为，则三棱锥外接球O的半径R，可得球的表面积S4R264故选：D11已知双曲线1（a0，b0）的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60的直线与双曲线的右支有两个交
12、点，则此双曲线离心率的取值范围是（）A（1，2）B（1，2C2，+）D（2，+）解：双曲线1的渐近线方程为yx，由题意可知，双曲线渐近线的倾斜角范围是，渐近线斜率，而，由此得不等式，即c24a2，故，所以1e2，故选：A12定义域为R的函数f（x），若关于x的方程f2（x）+mf（x）+n0恰有5个不同的实数解x1，x2，x3，x4，x5，则f（x1+x2+x3+x4+x5）（）A2B3C4D5解：当x4时，f（x）1，则由f2（x）+mf（x）+n0，得1+m+n0x14，nm1；当x4时，f（x）log2（x4），由f2（x）+mf（x）+n0，得log2（x4）2+mlog2（x4）m1
13、0，解得log2（x4）1或log2（x4）m，即x26或x34+2m当x4时，f（x）log2（4x），由f2（x）+mf（x）+n0，得log2（4x）2+mlog2（4x）m10），解得log2（4x）1或log2（4x）m，即x42或x542mf（x1+x2+x3+x4+x5）f（4+6+4+2m+2+42m）f（20）log2|204|log2164故选：C二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13已知向量（x，2），（2，1），若，则x1解：根据题意，向量（x，2），（2，1），若，则2x+20，解可得x1；故答案为：114已知x，y满足，则z2x+y+3的最大值是 1
14、4解：由约束条件作出可行域如图，联立，A（3，5），由z2x+y+3，得y2x+z3，由图可知，当直线y2x+z3过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为14故答案为：1415在一次试验中，向边长为2的正方形ABCD中随机撒一大把豆子，试估计豆子落在图中阴影区域内的概率为 解：根据题意，正方形ABCD边长为2，则其面积S224，其阴影部分的面积S12（11），则豆子落在图中阴影区域内的概率P，故答案为：16已知椭圆1（0b2）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线m交椭圆于A，B两点，若|BF2|+|AF2|的最大值为6，则b的值是 ，椭圆的离心率为 解：由椭圆的方程可得a2，由椭圆的
15、定义可知|AF2|+|BF2|+|AB|4a8，所以|AB|8（|AF2|+|BF2|）2，由椭圆的性质可得，过椭圆焦点的弦中垂直于长轴的弦最短，所以2，解得b22，所以b，c，所以椭圆的离心率为e故答案为：，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17在直角坐标系xOy中，直线C1的参数方程为（其中t为参数）以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为sin2cos（）求C1和C2的直角坐标方程；（）设定点D（1，0），直线C1交曲线C2于A，B两点，求|DA|DB|的值解：（）直线C1的参数方程为（其中t为参数），转换为直角坐标方程为x+y
16、10，曲线C2的极坐标方程为sin2cos，根据，转换为直角坐标方程为y2x，（）把直线的参数方程代入y2x，得到，所以，t1t22，所以|DA|DB|t1t2|218在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosBbsinA（）求角B；（）若ABC的面积是2，且a2c，求ABC的周长解：（）因为acosBbsinA，由正弦定理可得sinAcosBsinBsinA，因为sinA0，所以cosBsinB，即tanB，因为0B，所以B（）若ABC的面积是2，且a2c，则acsinB2，解得c2，可得a4，由余弦定理b2a2+c22accosB，可得b228，可得b2，所以ABC的周长
17、a+b+c6+219我校筹办高中生排球比赛，设计两种赛事方案：方案一和方案二、为了了解参赛学生对活动方案是否支持，对全体参赛学生进行简单随机抽样，抽取了100名参赛学生，获得数据如表：方案一方案二支持不支持支持不支持男生20人40人40人20人女生30人10人20人20人假设所有参赛学生对活动方案是否支持相互独立（）根据所给数据，判断是否有99.5%的把握认为方案一的支持率与参赛学生的性别有关？（）在抽出的100名参赛学生中，按是否支持方案二分层抽样抽出了5人，从这5人中随机抽取2人，求抽取的2人中“恰有1人支持，1人不支持”的概率附：K2，na+b+c+dP（K2k0）0.1000.0500
18、.0100.0050.001k02.7063.8416.6357.87910.828解：（1）所以，有99.5%的把握认为方案一的支持率与参赛学生的性别有关（2）在抽取的100人中，60人支持方案二，40人不支持方案二，所以抽取的5人中，有3人支持方案二，记为A，B，C，有2人不支持方案二，记为a，b；从5人中抽取2人，所有可能的情况有：AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共10种其中抽取的2人“恰有1人支持，1人不支持”的有6种，所以概率为20如图，ABC的外接圆O的直径AB2，CE垂直于圆O所在的平面，BDCE，CE2，BCBD1（）求证：平面AEC平面BCED（）
19、若DMDE，求三棱锥DACM的体积解：（）证明：因为AB为ABC的外接圆O的直径，所以ACBC，又因为EC平面ABC，所以ECBC，又ACECC，所以BC平面ACE，又BC平面BCED，所以平面AEC平面BCDE（）因为，所以，因为平面AEC平面BCDE，过M作MN垂直于CE，交CE于N，则MN为锥体的高且，AC，所以21已知函数f（x）lnx+3x2（）求与f（x）相切且斜率为2的直线方程；（）若g（x）f（x）+ax+2，当x1，e时，g（x）0恒成立，求a的取值范围解：由题意得f（x）的定义域是（0，+），f（x）+3，（）直线斜率为2且与f（x）相切，f（x）+32，解得：x1，而f（
20、1）1，切线方程是2xy10；（）g（x）lnx+（3+a）x0在x1，e上恒成立，即3+a在x1，e上恒成立，设h（x），则等价于x1，e上恒有3+ah（x）max，又h（x），在x1，e上h（x）0，h（x）在x1，e上单调递增，h（x）maxh（e），即3+a，解得：a3，a的取值范围是3，+）22已知F为抛物线C：y22px（p0）的焦点，直线m：yx1与抛物线C交于A，B两点且|AF|+|BF|8（）求抛物线C的方程；（）若直线n：yxt（t1）与抛物线C交于M，N两点，且AM与BN相交于点D（x0，y0），且向量，（1），证明：y0为定值解：（）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程，得x2（2+2p）x+10，所以x1+x22+2p，从而|AF|+|BF|x1+x2+2+3p8，解得p2，所以抛物线C的方程为y24x（）证明：设M（x3，y3），N（x4，y4），且点D（x0，y0），联立，得y24y40，所以y1+y24，同理可得y3+y44，因为，（1），所以，两式相加得y3+y42y0（y1+y22y0），即（42y0）（1）0，由于1，所以y02，所以y0为定值
