1、新乡市2020-2021学年高二下学期期末考试数学（文科）考生注意：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。2请将各题答案填写在答题卡上。3本试卷主要考试内容：高考全部内容。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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已知集合，则（ ）ABCD2复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）ABCD 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
2、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（ ）A，472B1482，472C，471D1482，4714已知，则（ ）ABCD5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（
3、 ）ABCD6已知函数，则的极大值为（ ）A0BCD1 720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，其计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，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，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（，）（ ）
4、ABCD8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（ ）ABCD9已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，且，则的斜率为（ ）ABCD 10的内角，的对边分别为，.已知，则（ ）ABCD11将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在上单调递减，则的最大值为（ ）ABCD112已知双曲线的左焦点为，点在双曲线的右支上，当的周长最小时，的面积为（ ）AB9CD4第卷二、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_.14不等式组表示的平面区域的面积为_.15已知，则_.16在直三棱柱中
5、，为的中点，平面，则异面直线与所成角的正切值为_.三、解答题：本大题共6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（12分）已知数列中，且.（1）证明为等差数列并求；（2）求数列的前项和.18（12分）如图，四棱锥，侧面平面，且底面为矩形，为的中点，.（1）证明：平面.（2）求到平面的距离.19（12分）华为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、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系统的期待程度，某公司随机在200
6、00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的称为非常期待系统，现整理数据得到如下频率分布直方图.（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系统，且样本中非常期待系统的男、女生人数相等.请根据所提供的数据，完成下面的列联表，并判断是否有99的把握认为是否非常期待系统与性别有关.非常期待不非常期待合计男女合计100附：，其中.0.050.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.82820(12分)已
7、知椭圆的左、右焦点分别为，为坐标原点，过右焦点且不平行于坐标轴的动直线与有两个交点，线段的中点为.（1）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值.（2）轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.21（12分）已知函数.（1）当时，求的单调递增区间；（2）若与的图象上恰有两对关于轴对称的点，求的取值范围.（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.22选修44：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为多参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线和曲
8、线的直角坐标方程；（2）已知，线与曲线交于，两点，若，求的值.23选修45：不等式选讲（10分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若，求的取值范围.新乡市2020-2021学年高二下学期期末考试数学参考答案（文科）1A因为，所以.2B因为，所以在复平面内对应的点的坐标为.3D极差为，中位数为.4C因为，所以，故.5B设圆柱的体积为，球的体积为，球的半径为，则圆柱的高为，所以所求概率为.6D因为，所以在，上单调递增，在0，1上单调递减，所以的极大值为.7C因为，所以.8A如图，该几何体为三棱锥，其外接球为长方体的外接球，长方体的长为6，宽为4，高为4，所以，故外接球的表面积为.9D由题知，抛
9、物线方程为，设的直线方程为，代入抛物线方程，得，设，则，.因为所以或故，即的斜率为.10C因为，所以，即，又，则，从而，又，故.11B将的图象向右平移个单位长度后得到的图象.因为，所以，因为在上单调递减，所以，所以的最大值为.12A如图，设的右焦点为，由题意可得，因为，所以，.的周长为，即当，三点共线时，的周长最小，此时直线的方程为，联立方程组.解得或，即此时的纵坐标为，故的面积为.13因为，所以，解得，所以，故.143作出可行域（图略），可知可行域是由点，围成的三角形区域，所以面积为.15因为，所以，故.16如图所示，不妨设.因为平面，所以，.因为为和中点，所以，即，所以是等腰直角三角形.设
10、为的中点，连接，则，所以或其补角就是异面直线与所成的角，因为，所以，.17.（1）因为，所以 即，因为，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8的等比数列，故或（）18（1）证明：连接.因为侧面底面且交于，所以平面.因为平面，所以.在中，所以，即.因为，所以平面.因为平面，所以.因为，相交，所以平面.（2）因为平面，为的中点，所以三棱锥的体积为，在中，所以的面积为.设到平面的距离为，则，所以.19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，所以样本中期待值在区间15，30）内的人数为，故总体中期待值在区间15，3
11、0）内的人数约为.（2）因为样本中非常期待系统的人数为，所以样本中非常期待系统的男生人数为，所以样本中的男生人数为，女生人数为.非常期待不非常期待合计男303060女301040合计6040100所以没有99%的把握认为是否非常期待系统与性别有关.20解：设点，（1）因为，所以，即.因为为的中点，所以，所以.（2）设直线的方程为，联立方程组 得，则，.所以，所以的坐标为.假设存在符合题意的点，则直线的斜率为.因为为等边三角形，所以.因为，所以，即，方程无实数解，所以不存在这样的点.21解：（1）当时，则. 令，得，所以的单调递增区间为.（2）因为与的图象上恰有两对关于轴对称的点，所以方程有两个
12、正根，即关于的方程有两个正根.令，则 当时，在（0，2）上单调递减，在上单调递增，所以，得.当时，在（0，2），上单调递减，在上单调递增，所以或.而，令，则.设，则，所以在（2，4）上单调递减，在上单调递增，所以，不满足题意.当时，在上单调递减，不满足题意.当时，在，上单调递减，在上单调递增，所以或 而，不满足题意.综上所述，.22解：（1）因为曲线的参数方程为（为参数），所以的直角坐标方程为.由，得曲线的直角坐标方程为.（2）因为点在直线上，所以可设直线的参数方程为（为参数，），将参数方程代入曲线的方程，得.设，所对应的参数分别为，则 因为 所以，故直线的斜率为，即.23解：（1），所以由，得或或 解得，即不等式的解集为.（2）当时，.因为存在， 因为存在，. 因为，当且仅当，即时取等号，所以，故的取值范围为.
