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云南省保山市2020-2021学年高二数学下学期期末教学质量监测考试试题 文(含解析).doc

上传人:高**** 文档编号:51908 上传时间:2024-05-24 格式:DOC 页数:17 大小:748KB
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1、云南省保山市2020-2021学年高二数学下学期期末教学质量监测考试试题 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,

2、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)A4.5B4.5C3.5D3.55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

3、列bn的前n项之积为Tn,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、4小题,每小题5分,共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C

5、1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

6、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)0.1000.0500.0100.0050.001k02.7063.8416.6357.87910.82820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)

7、0恒成立,求a的取值范围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+

8、2i解:z,故选:B3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

9、的程序框图,输出的结果是()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,

10、解得n3故选:B7等差数列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

11、项之积为Tn,若b4b5b6,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

12、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,+)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+

13、mlog2(x4)m10,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

14、+y+3的最大值是 14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

15、方程可得a2,由椭圆的定义可知|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

16、为直角坐标方程为x+y10,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

17、b2,所以ABC的周长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)

18、0.1000.0500.0100.0050.001k02.7063.8416.6357.87910.828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

19、AEC平面BCED()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)+3

20、2,解得:x1,而f(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

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