1、云南省水富县云天化中学2020-2021学年高二数学下学期期末考试试题 理（含解析）一、选择题（共12小题）.1已知复数z满足（z1）i1+i，则复数z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2已知集合Ax|21x3，BxN|x26x，则（RA）B（）A（3，6B（2，6C3，4，5，6D4，5，63正项等比数列an中，a32，a4a664，则的值是（）A256B128C64D324“中国剩余定理”又称“孙子定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数
2、列an，则此数列的项数为（）A167B168C169D1705“cosx0”是“sinx1”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件6正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA12，该三棱柱的外接球的体积为（）ABCD7函数的大致图象为（）ABCD8已知ABC的外接圆半径为1，圆心为O，且，则的值为（）ABCD9若直线ax+by20（a，b0）始终平分圆x2+y22x4y160的周长，则的最小值为（）AB4CD10已知函数f（x）|14sinxcosx|，下列结论错误的是（）Af（x）的最小正周期为B曲线yf（x）关于直线对称Cf（x）在上递增D方程在，上
3、有4个不同的实根11设a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若a，b，则abB若a，b，则abC若a，a，则D若a，b，ab，则12已知ABC三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ccosA+asinC0，若角A的平分线交BC于D点，且AD1，则b+c的最小值为（）A2BC4D二、填空题：（每小题5分，共20分）13若（）6的展开式中的常数项是 14一个书架的其中一层摆放了7本书，现要把新拿来的2本不同的数学书和1本化学书放入该层，要求2本数学书要放在一起，则不同的摆放方法有 种（用数字作答）15设x，y满足约束条件，则目标函数的最大值是 16已知椭圆的左、右焦
4、点分别为F1，F2，P为第二象限内椭圆上的一点，连接PF2交y轴于点N，若，|F1F2|4|ON|，其中O为坐标原点，则该椭圆的离心率为 三、解答题：（本大题共6小题，共70分，其中22题10分，其余每题12分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）17已知等差数列an的公差d0，且a1+a2+a36，a2，a4，a8成等比数列，若数列bn满足：+3n+1，nN（1）求数列an的通项公式；（2）求数列bn的前n项和Sn18为提高产品质量，某企业质量管理部门经常不定期地对产品进行抽查检测，现对某条生产线上随机抽取的100个产品进行相关数据的对比，并对每个产品进行综合评分（满分100分），将每
5、个产品所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图记综合评分为80分及以上的产品为一等品（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，视频率作为概率，在该条生产线中随机抽取3个产品，求所抽取的产品中一等品数的分布列和数学期望19已知在六面体PABCDE中，PA平面ABCD，ED平面ABCD，且PA2ED，底面ABCD为菱形，且ABC60（1）求证：平面PAC平面PBD；（2）若直线PC与平面ABCD所成角为45，试问：在线段PE上是否存在点M，使二面角PACM为60？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由20已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，过点F且垂直于x轴的
6、直线与C交于A，B两点，AOB（点O为坐标原点）的面积为2（）求抛物线C的方程；（）若过点E（0，a）（a0）的两直线l1，l2的倾斜角互补，直线l1与抛物线C交于M，N两点，直线l2与抛物线C交于P，Q两点，FMN与FPQ的面积相等，求实数a的取值范围21已知函数f（x）2lnx+4axx21（aR）（1）当a0时，试判断函数f（x）的单调性；（2）若a0，且当x（1，+）时，f（x）0恒成立f（x）0有且只有一个实数解，证明：22在平面直角坐标系中，P为曲线C1：（为参数）上的动点，将P点纵坐标变为原来的2倍，横坐标变为原来的一半得到点Q，记点的轨迹为C2，以坐标原点O为极点，x轴非负半轴
7、为极轴建立极坐标系（1）求曲线C的极坐标方程；（2）A，B是曲线C2上不同于O的两点，且A（ 1，）、B（）；求|OA|的取值范围参考答案一、选择题（共12小题）.1已知复数z满足（z1）i1+i，则复数z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算，求出z的坐标得答案解：由（z1）i1+i，得z1，z2i，复数z在复平面内对应的点的坐标为（2，1），位于第四象限故选：D2已知集合Ax|21x3，BxN|x26x，则（RA）B（）A（3，6B（2，6C3，4，5，6D4，5，6【分析】可求出集合A，B，然后进行补集和交集的
8、运算即可解：Ax|2x3，BxN|0x60，1，2，3，4，5，6，RAx|x2或x3，（RA）B3，4，5，6故选：C3正项等比数列an中，a32，a4a664，则的值是（）A256B128C64D32【分析】根据a32可得再两边同时平方得a12q44；又a4a664可得，进一步解得q414，所以q8可求得结果【解答】设正项等比数列an的公比为q（q0），由a32，得，两边同时平方得a12q44；又a4a664，得，解得q416，所以q8162256故选：A4“中国剩余定理”又称“孙子定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个数中，能被3
9、除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列an，则此数列的项数为（）A167B168C169D170【分析】由题意得，能被3除余1且被4除余1的数就是能被12除余1的数，所以an12n11，nN*，由an2020，解出n的范围，由nN*，即可得到答案解：由能被3除余1且被4除余1的数就是能被12整除余1的数，故an12n11，nN*，由an12n112020；得n169，故此数列的项数为169故选：C5“cosx0”是“sinx1”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据“cosx0”“sinx1”，但“sinx1”“cosx0”
10、结合充分条件必要条件的定义即可得出正确选项解：cosx0，sinx1，即“cosx0”“sinx1”；sinx1，cosx0，即“sinx1”“cosx0”“cosx0”是“sinx1”的必要而不充分条件，故选：B6正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA12，该三棱柱的外接球的体积为（）ABCD【分析】由已知求得正三棱柱底面三角形的重心，再由勾股定理求出外接球的半径，代入球的表面积公式得答案解：三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱，其外接球的球心在上下底面重心的连接线段的中点上，又底面正三角形的边长为2，底面重心到棱柱顶点的距离为，又AA12，球心距底面的重心的距离为1，可得外接球的半径，该
11、三棱柱的体积故选：D7函数的大致图象为（）ABCD【分析】由函数为偶函数及x1时，f（x）0，即可得解解：函数的定义域为（，0）（0，+），且，故f（x）为偶函数，由此排除选项BC，当x1时，2xlnx20，4x+10，f（x）0，由此排除选项D故选：A8已知ABC的外接圆半径为1，圆心为O，且，则的值为（）ABCD【分析】由已知可得，再分别求出，由则得答案解：ABC的外接圆半径为1，又，两边平方得：，即；同理可得则故选：A9若直线ax+by20（a，b0）始终平分圆x2+y22x4y160的周长，则的最小值为（）AB4CD【分析】由题意可得直线过圆心，把圆心坐标代入直线方程，得到a+2b2，
12、结合“1”的代换，再由基本不等式求最值解：直线ax+by20（a，b0）始终平分圆x2+y22x4y160的周长，直线ax+by20过圆心（1，2），a+2b20，即a+2b2，a0，b0，故选：C10已知函数f（x）|14sinxcosx|，下列结论错误的是（）Af（x）的最小正周期为B曲线yf（x）关于直线对称Cf（x）在上递增D方程在，上有4个不同的实根【分析】化简函数的解析式，利用函数的图形变换，画出函数的图象，通过函数的周期判断A；函数的对称性判断B；函数的单调性判断C；方程的实数根的公式判断D即可解：由题意，f（x）|14sinxcosx|2sin2x1|，y2sin2x的图象向下
13、平移1个单位可得到y2sin2x1的图象，将所得图象在x轴下方的部分沿x轴翻折，可得到f（x）的图象，如下图所示，由图可知f（x）的最小正周期为，即A正确；曲线yf（x）关于直线对称，即B正确；f（x）在上单调递减，即C错误；方程在，上有4个不同的实根，即D正确故选：C11设a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若a，b，则abB若a，b，则abC若a，a，则D若a，b，ab，则【分析】由平行于同一平面的两直线的位置关系判断A；由直线与平面平行、直线与平面垂直的关系分析B；由平行于同一直线的两平面的位置关系判断C；由线面垂直的性质及面面平行的判定分析D解：a，b为两
14、条不同的直线，为两个不同的平面，在A中，若a，b，则a与b相交、平行或异面，故A错误；在B中，若a，b，则ab，故B正确；在C中，若a，a，则与相交或平行，故C错误；在D中，若a，ab，则b或b，又b，由面面垂直的判定定理得，故D错误故选：B12已知ABC三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ccosA+asinC0，若角A的平分线交BC于D点，且AD1，则b+c的最小值为（）A2BC4D【分析】根据ccosA+asinC0，利用正弦定理化角，可得A120，然后通过作图的方法可得b+c的最小值解：由ccosA+asinC0，得，显然sinC0，故，得tanA，结合A为三角形ABC的内角，得
15、A120设等腰AMN的顶角A120，底边上的中线AD1则MADNAD60，所以如图：设MN绕着D点旋转到BC位置，显然MBCN（分别在BDM和CDN中，利用正弦定理可得，结合AMDN，可知，所以0sinBsinACD1，MDND，BDMCDN，由整理后得：所以），故AB+ACAM+AN即b+c的最小值为AM+AN4故选：C二、填空题：（每小题5分，共20分）13若（）6的展开式中的常数项是 【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项解：的展开式中的通项公式为 Tr+1（1）r，令30，求得r2，故展开式中的常数项是 ，故答案为：14一个书架的其中一层摆放了
16、7本书，现要把新拿来的2本不同的数学书和1本化学书放入该层，要求2本数学书要放在一起，则不同的摆放方法有 144种（用数字作答）【分析】根据题意，先把两本数学书看成一个整体，插入到7本书中，最后把1本化学书插入9个位置，由分步计数原理计算可得答案解：根据题意，先把两本数学书看成一个整体，插入到7本书中有方法，两本数学书有种摆放方法，最后把1本化学书插入9个位置有种摆放方法，故共有种摆放方法，故答案为：14415设x，y满足约束条件，则目标函数的最大值是3【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论解：作出x，y满足约束条件对应的平面区域如图：的几何意义为平面区域内的点到定
17、点D（1，0）的斜率，由图象知AD的斜率最大，其中A（0，3），则3，故答案为：316已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，P为第二象限内椭圆上的一点，连接PF2交y轴于点N，若，|F1F2|4|ON|，其中O为坐标原点，则该椭圆的离心率为 【分析】由题意画出图形，由三角形相似得比例关系，再由椭圆定义列式求得|PF1|与|PF2|的值，然后利用勾股定理列式求解椭圆的离心率解：，F1PF290，由题意可得F2ONF2PF1，则，|F1F2|4|ON|，则|PF1|+|PF2|2a，可得，解得故答案为：三、解答题：（本大题共6小题，共70分，其中22题10分，其余每题12分。解答应写出文字说明，证
18、明过程或演算步骤。）17已知等差数列an的公差d0，且a1+a2+a36，a2，a4，a8成等比数列，若数列bn满足：+3n+1，nN（1）求数列an的通项公式；（2）求数列bn的前n项和Sn【分析】（1）由a1+a2+a36可以得到a2的值，再把a4，a8 用a2和d表示出来，最后根据a2，a4，a8成等比数列可以得到关于d的方程，解方程求得d的值，再得到a1的值即可得到数列an的通项公式；（2）根据已知条件和（1）的结论可以得到bn的通项公式，再用错位相减法即可得到Sn的值解：（1）因为a1+a2+a36，所以由等差数列的性质得3a26，即a22，因为a2，a4，a8成等比数列，所以，即，
19、又d0，a22，所以d1，a11，所以ann（2）因为，所以当n1时，所以b16当n2时，由，得，所以，所以，所以，所以18为提高产品质量，某企业质量管理部门经常不定期地对产品进行抽查检测，现对某条生产线上随机抽取的100个产品进行相关数据的对比，并对每个产品进行综合评分（满分100分），将每个产品所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图记综合评分为80分及以上的产品为一等品（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，视频率作为概率，在该条生产线中随机抽取3个产品，求所抽取的产品中一等品数的分布列和数学期望【分析】（1）由频率分布直方图的性质，列出方程，能求出a，由频率分
20、布直方图能求出综合评分的中位数（2）设所抽取的产品为一等品的个数为X，则XB（3，），由此能求出X的分布列和所抽取的产品为一等品的数学期望E（X）解：（1）由（0.005+0.010+0.025+a+0.020）101，解得a0.040，令中位数为x，则（0.005+0.010+0.025）10+0.040（x80）0.5，解得x82.5，综合评分的中位数为82.5（2）由（1）与频率分布直方图知：一等品的频率为（0.040+0.020）100.6，设所抽取的产品为一等品的个数为X，则XB（3，），P（X0），P（X1），P（X2），P（X3）X的分布列为： X 01 2 3 P 所抽取的产品
21、为一等品的数学期望E（X）319已知在六面体PABCDE中，PA平面ABCD，ED平面ABCD，且PA2ED，底面ABCD为菱形，且ABC60（1）求证：平面PAC平面PBD；（2）若直线PC与平面ABCD所成角为45，试问：在线段PE上是否存在点M，使二面角PACM为60？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由【分析】（1）连接BD，由已知可得BDAC，再由PA平面ABCD，得到BDPA，由直线与平面垂直的判定可得BD平面PAC，从而得到平面PBD平面PAC；（2）由PA平面ABCD，可得AC为PC在平面ABCD上的射影，求解三角形证明AHAD，以A为原点，分别以AH，AD，AP所在直
22、线为x，y，z，建立空间直角坐标系，设M（x，y，z），可得M（0，22，1+），分别求出平面PAC的法向量与平面ACM的法向量，由二面角PACM为60求得0，可得点M与点E重合，得到存在点M与点E重合时，二面角PACM为60【解答】（1）证明：连接BD，四边形ABCD为菱形，BDAC，又PA平面ABCD，BD平面ABCD，BDPA，又PAACA，BD平面PAC，又BD平面PBD，平面PBD平面PAC；（2）解：PA平面ABCD，AC为PC在平面ABCD上的射影，PCA为直线PC与平面ABCD所成角，则PCA45，得PAAC，令DE1，则PAAC2，又四边形ABCD为菱形，ABC60，ABC为
23、等边三角形，得AB2，取BC的中点H，连接AH，可得，且AHBC，AHAD，以A为原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x，y，z，建立空间直角坐标系，如图所示，则E（0，2，1），P（0，0，2），D（0，2，0），设M（x，y，z），M，P，E三点共线，则（x，y2，z1）（0，2，1），解得x0，y22，z1+，M（0，22，1+），由（1）知BD平面PAC，平面PAC的法向量，取，令平面ACM的法向量为，则，令，则，二面角PACM为60，解得0，01，当0时，点M与点E重合，存在点M即为点E时，二面角PACM为6020已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线
24、与C交于A，B两点，AOB（点O为坐标原点）的面积为2（）求抛物线C的方程；（）若过点E（0，a）（a0）的两直线l1，l2的倾斜角互补，直线l1与抛物线C交于M，N两点，直线l2与抛物线C交于P，Q两点，FMN与FPQ的面积相等，求实数a的取值范围【分析】（）根据题意可得A，B的坐标分别为（，p），（，p），则SAOB2P2，解得p，即可得出答案（）设直线l1：xt（ya），点M（x1，y1），N（x2，y2），联立椭圆的方程，可得116t216at0，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，由弦长公式可得|MN|，由点到直线的距离公式可得焦点F到直线l1的距离d，得SFMN，同理可得SFPQ
25、2|ta1|，由SFMNSFPQ，得t20，解出a的取值范围解：（）因为焦点F（，0），所以A，B的坐标分别为（，p），（，p），所以SAOB2P2，解得p2，所以抛物线的方程为y24x（）由题意可知直线l1，l2的斜率存在，且不为0，设直线l1：xt（ya），设点M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得y24ty+4at0，所以116t216at0，所以y1+y24t，y1y24at，所以|MN|y1y2|4，焦点F到直线l1的距离d2|1+ta|，所以SFMN42|1+ta|，设直线l2的方程为xt（ya），联立抛物线的方程，可得216t2+16at0，将t用t代换，可得SFPQ2|t
26、a1|，由SFMNSFPQ，可得2|1+ta|2|ta1|，化简可得|，两边平方得，t2，所以2a20，解得0a，又由10且20，得ta或ta，可知t2a2，所以a2，即（a21）20，所以a1，所以实数a的取值范围是（0，1）（1，）21已知函数f（x）2lnx+4axx21（aR）（1）当a0时，试判断函数f（x）的单调性；（2）若a0，且当x（1，+）时，f（x）0恒成立f（x）0有且只有一个实数解，证明：【分析】（1）先求出f（x）的定义域，求出f（x），然后通过研究f（x）的正负，即可得到函数的单调性；（2）求出f（x），利用f（x）的定义域确定f（x）的根，结合f（x）0有且只有一
27、个实数解，可得，化简整理得到，构造函数h（x）2lnx+x23，利用导数研究h（x）的单调性，结合零点的存在性定理，求出x0的取值范围，再利用，借助函数的单调性，即可证明结论【解答】（1）解：f（x）2lnx+4axx21的定义域为（0，+），当a0时，f（x）2lnxx21，则，x0，所以当0x1时，f（x）0，此时函数f（x）单调递增；当x1时，f（x）0，此时函数f（x）单调递减，综上所述，函数f（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+）上单调递减；（2）证明：由题意可得，x0，令f（x）0，解得因为a0，所以，所以f（x）在（1，+）上有唯一零点，当x（1，x0）时，f（x）0
28、，f（x）在（1，x0）上单调递增，当x（x0，+）时，f（x）0，f（x）在（x0，+）上单调递减，所以f（x）maxf（x0），因为f（x）0在（1，+）上恒成立，且f（x）0有且只有一个实数解，所以，即，消去a并整理得，令h（x）2lnx+x23，则，x0，因为h（x）0在（1，+）上恒成立，所以h（x）在（1，+）上单调递增，又h（1）20，h（2）2ln2+10，所以1x02，又，且函数在（1，2）上单调递增，所以22在平面直角坐标系中，P为曲线C1：（为参数）上的动点，将P点纵坐标变为原来的2倍，横坐标变为原来的一半得到点Q，记点的轨迹为C2，以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线C的极坐标方程；（2）A，B是曲线C2上不同于O的两点，且A（ 1，）、B（）；求|OA|的取值范围【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）利用极径的应用和三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用求出结果解：（1）P为曲线C1：（为参数）上的动点，设P（x，y），Q（x，y），则，消去x和y得到：（x1）2+y21即x2+y22x，根据，转换为极坐标方程为2cos（2）A，B是曲线C2上不同于O的两点，且A（ 1，）、B（）；由于，故，所以2，1）