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云南省玉溪市2020-2021学年高二上学期期末考试数学(文)试卷 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:89898 上传时间:2024-05-25 格式:DOC 页数:17 大小:1.05MB
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资源描述

1、玉溪市2020一2021学年上学期高二年级教学质量检测文科数学试卷一选择题.(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1. 已知,则( )A. B. C. D. C分析:求出集合,利用补集和并集的定义可求得集合.解答:因为或,则,所以,故选:C.2. 设已知则a,b,c的大小关系为( )A. abcB. bcaC cbaD. acbB分析:判断a、b、c与0、1的大小关系进行大小比较.解答:.故选:B.点拨:指、对数比较大小:(1)结构相同的,构造函数,利用函数的单调性比较大小;(2)结构不同的,寻找“中间桥梁”,通常与0、1比较.3. 在ABC中,点D是线段BC上靠近B的三等分点,下列等式成

2、立的是( )A. B. C. D. B分析:利用向量加减法运算,判断选项.解答:.故选:B4. 已知abR且ab,下列不等式正确的是( )A. B. C. a-b0D. a+b0C分析:根据不等式性质一一判断即可.解答:A选项:当时,故错误;B选项:当时,故错误;C选项:成立,故正确;D选项:当时,故错误故选:C5. 在如图所示的程序框图中,如果输入的,那么输出的i等于( )A. 3B. 4C. 5D. 6C分析:根据程序框图逐次计算每次判断的奇偶性前各变量的值,结合的值判断循环何时终止,从而得到输出的的值.解答:解:由框图知:第一次判断为奇偶性前,;第二次判断为奇偶性前,;第三次判断为奇偶性

3、前,;第四次判断为奇偶性前,;第五次判断为奇偶性前,;第六次判断为奇偶性前,;此时判断,终止循环输出.故选:C.6. 若x,y满足约束条件,z=2x-3y的最大值为( )A. 9B. 6C. 3D. 1A分析:画出不等式组表示的可行域,数形结合即可求解.解答:作出可行域:由得,它表示斜率为纵截距为的直线,当直线经过点时,直线的纵截距最小,最大,此时,故选:A7. 已知直线l:x+2y-3=0与圆交于AB两点,求线段AB的中垂线方程( )A. 2x-y-2=0B. 2x-y-4=0C. D. B分析:由圆的几何性质可得线段的中垂线与直线垂直,并且过圆心,求直线方程.解答:线段的中垂线与直线垂直,

4、所以设为,并且过圆心,所以,即,所以.故选:B8. 四名同学站在一起合影,甲与乙不相邻,总共有( )种站法.A. 4B. 6C. 8D. 12D分析:另外两人排好,然后甲乙二人插入空档解答:由题意先让另外两人排好,然后甲乙二人插入空档,共有站法故选:D9. 如图是由一个棱长为2正方体截去一个三棱锥后剩余几何体的三视图,该几何体的体积为( )A. B. C. D. D分析:还原三视图根据几何体体积公式求解即可.解答:如图,在正方体中切去三棱锥,可得剩余部分体积,故选:D10. 已知把f(x)的图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍,纵坐标不变,再向右平移个单位,得到g(x)的函数图象,则( )A.

5、g(x)图象的对称轴为B. g(x)图象的对称轴为kZ且为奇函数C. g(x)图象的对称轴为x=+2k,kZ且为奇函数D. g(x)图象的对称轴为A分析:根据图象变换得表达式,再结合对称轴公式求解即可解答:依题意得,由得 故选:A11. 设、是三条不同的直线,、是三个不同的平面,则下列命题是真命题的是( )A 若,则B. 若,则C. 若,则D. 若,则C分析:利用已知条件判断与的位置关系,可判断AD选项的正误;利用线面垂直的性质定理可判断B选项的正误;利用线面平行的性质定理可判断C选项的正误.解答:对于A选项,若,则与平行、相交或异面,A选项错误;对于B选项,若,由线面垂直的性质定理可得,B选

6、项错误;对于C选项,、不重合,则,C选项正确;对于D选项,若,则与相交或平行,D选项错误.故选:C.点拨:方法点睛:对于空间线面位置关系的组合判断题,解决的方法是“推理论证加反例推断”,即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明,错误的结论需要通过举出反例说明其错误,在解题中可以以常见的空间几何体(如正方体、正四面体等)为模型进行推理或者反驳12. 已知抛物线:()的焦点为,过点且斜率为2的直线为,若抛物线上存在一点,使、关于直线对称,则抛物线的方程为( )A. B. C. D. B分析:由抛物线的方程可得焦点的坐标,设的坐标,由、关于直线对称,可得的坐标与的关系,再由可得的值,进

7、而可得抛物线的方程.解答:,设,则,即因为关于直线对称,所以中点在上,从而从而解得(舍),故选:B二填空题.(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13. 在平面直角坐标系中,P(3,4)为角终边上的点,则=_.分析:利用三角函数的定义,直接求解.解答:点P(3,4)为角终边上的点,.故答案为:14. 将一枚质地均匀的骰子先后抛两次,两次结果都为偶数的概率是_.分析:利用列举法,按照古典概型的计算公式计算概率.解答:将一枚质地均匀的骰子先后抛两次,共有种情况,其中两次结果都为偶数,包含共9种情况,则两次结果都为偶数的概率.故答案为:15. 已知数列满足则_.分析:等号两边同时取倒数,得,即可得

8、到是以为首项,为公差的等差数列,再根据等差数列的通项公式计算可得;解答:解:等号两边同时取倒数,有,所以,即是以为首项,为公差的等差数列,所以,故故答案为:16. 函数y=f(x),x(0,+)的图象如图所示,关于x的方程)有4个不同的实数解,则m的取值范围是_.分析:用换元法转化为讨论关于t的方程有两个根且两个都在区间上,求m的范围.解答:令,则关于的方程有4个不同的实数解等价于方程有两个根且两个都在区间上,设,由图则有,解得故答案为:点拨:已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;(2)分离参数法:先将参数

9、分离,转化成求函数的值域问题加以解决;(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解;(4)二次函数型转化为“根的分布”.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. 在平面直角坐标系中,.(1)若m=2,求的值;(2)若向量,求m的值.(1);(2).分析:(1)根据向量模的计算公式可得结果;(2)由可得即可解得结果.解答:(1).(2)若,则,即所以.18. 某中学组织了一次高二文科学生数学学业水平模拟测试,学校从测试合格的男女生中各随机抽取80人的成绩进行统计分析,分别制成了如图所示的男生和女生

10、数学成绩的频率分布直方图.(1)估计男生成绩的平均分;(2)若所得分数大于等于90分认定为优秀,在优秀的男生女生中用分层抽样的方法抽取5人,从这5人中任意选取2人,求至少有一名男生的概率.(1);(2).分析:(1)用男生各级数据的中间值乘以频率相加可得;(2)求出男女生优秀的人数,按分层抽样得出各抽取的人数,5人中男生抽取2人,女生抽取3人,从5人中任取2人有10种方法,至少有一名男生的反面是两人都是女生,由此得方法(可用列举法),由对立事件概率公式计算出概率解答:(1)男生平均成绩:(2)男生优秀人数:,女生优秀人数:故男生抽取2人,女生抽取3人.至少一名男生的反面是抽出2人全部是女生,包

11、含(女1女2,女1女3,女2女3)3种情况,总的有10种情况,19. 如图,在平面四边形ABCD中,A=45,ADC=90,AB=2,BD=5.(1)求sinADB;(2)若求BC.(1);(2).分析:(1)中,利用正弦定理求;(2)先求,再利用余弦定理求的值.解答:在,由正弦定理得:,得(2),所以在中,由余弦定理, ,20. 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,ADP=90,PD=AD,PDC=60,E为PD中点.(1)求证:PB/平面ACE:(2)求四棱锥的体积.(1)证明见解析;(2).分析:(1)证明线面平行,用线面平行的判定定理,在面内找一条直线与平行;

12、(2)利用等体积法求体积解答:(1)取与的交点为,连接,可知,为的中位线,又平面,平面,所以平面(2)因为,所以平面,又因为,所以为等边三角形,.点拨:立体几何解答题的基本结构:(1)第一问一般是几何关系的证明,用判定定理;(2)第二问是计算,求角或求距离(求体积通常需要先求距离).如果当时求体积,常用的方法有:(1) 直接法;(2)等体积法;(3) 补形法;(4)向量法.21. 已知椭圆的离心率为右焦点到左顶点的距离是(1)求椭圆C的方程;(2)设点M为椭圆上位于第一象限内一动点,A,B分别为椭圆的左顶点和下顶点,直线MB与x轴交于点C,直线MA与y轴交于点D,求证:四边形ABCD的面积为定

13、值.(1);(2)证明见解析分析:(1)由题意可得、结合即可求出得值,进而可得椭圆C的方程;(2)由椭圆的方程可得两点的坐标,设,即可求出直线、的方程,进而可得点、的坐标,结合,计算即可求解.解答:(1)由已知可得:,解得:.所以椭圆的方程为:.(2)因为椭圆的方程为:,所以,设,则,即.则直线的方程为:,令,得;同理:直线的方程为,令,得.所以.即四边形的面积为定值2.点拨:关键点点睛:本题解题的关键点是设出点,求出直线、的方程以及点、的坐标,直接计算,需要注意点在椭圆上可得.求定值的问题往往设而不求整体消参.22. 已知(1)判断函数f(x)在0,+)的单调性,并证明.(2)对于任意存在使

14、得成立,求a的取值范围.(1)在上单调递增,证明见解析;(2).分析:(1)利用函数单调性的定义证名,设,做差和0比较大小,判断单调性;(2)不等式转化为存在,参变分离后得,存在使不等式成立,转化为最值问题.解答:(1)任取,则因为,则,又,在上单调递增.(2)由题,对于任意的,存在,使得成立.即存在,由(1)知,函数在上为增函数.当时,等价于存在,使得成立.即,令,问题等价于.由对勾函数的性质知:在上单调递增,故.所以.点拨:结论点睛:本题考查不等式的恒成立与有解问题,可按如下规则转化:一般地,已知函数,(1)若,总有成立,故;(2)若,有成立,故;(3)若,有成立,故;(4)若若,有,则的值域是值域的子集

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