2020-2021学年陕西省汉中市高二（下）期末考试数学（理）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年陕西省汉中市高二（下）期末考试数学（理）试卷北师大版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设集合A=x|x≥1，B=x|−1A.x|x>−1B.x|x≥1C.x|−1
2. 设复数zi=3+i1+i，则复数z在复平面内对应的点的坐标为( )
A.−2,−1B.−1,−2C.1,2D.2,−1

3. 已知随机变量X∼Bn,p，若DX=3，EX=4，则n，p分别为（）
A.n=8，p=12B.n=8，p=14C.n=16，p=34D.n=16，p=14

4. 在江西省发现的汉代海昏侯刘贺墓中，发掘出大量的铜钱“汉五铢”．古人是如何将铜钱放置在钱库中的呢？汉代将1000枚铜钱用缗（丝绳或麻绳）串起来，称为—“缗”（min，音岷），再放在一起成为一堆．考古工作者共清理出了1000缗铜钱，准备堆成—堆运走，为防止损坏，准备堆5层，每一层比它下一层少20缗，则最下面一层放（）
A.240缗B.250缗C.220缗D.320缗

5. 已知a=lg312，b=lg54，c=413，则（）
A.c>a>bB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c

6. 双曲线y2−8x2=32的渐近线方程为（）
A.y=±4xB.y=±22xC.y=±14xD.y=±22x

7. 已知函数fx=xex+12x2−x+1，则fx的极大值为（）
A.1B.0C.eD.1e+12

8. 为达成“碳达峰、碳中和”的目标，我们需坚持绿色低碳可持续发展道路，可再生能源将会有一个快速发展的阶段．太阳能是一种可再生能源，光伏是太阳能光伏发电系统的简称，主要有分布式与集中式两种方式．下面的图表展示了近年来中国光伏市场的发展情况，则下列结论中不正确的是( )

A.2013∼2020年，年光伏发电量与年份成正相关
B.2013∼2020年，年光伏新增装机规模同比（与上年相比）增幅逐年递减
C.2013∼2020年，年新增装机规模中，分布式的平均值小于集中式的平均值
D.2013∼2020年，每年光伏发电量占全国发电总量的比重与年份成正相关

9. 已知抛物线y2=2pxp>0的焦点为F12,0，过F的直线l交抛物线于A，B两点，且AF→=2FB→，则l的斜率为( )
A.±22B.±2C.±24D.±1

10. 已知数列an的首项a1=1，an+1−2an−1=0，记Sn为数列an的前n项和，则S2021=（）
A.22022−2022B.22022−2023C.22021−2021D.22021−2022

11. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1 中，D为AC的中点，A1C⊥平面DBC1，AB=BC=AA1，则异面直线A1D与BC所成角的正切值为（）

A.355B.6C.5D.265

12. 已知函数fx的定义域为R，且 f−x=fx，当x≥0 时，fx=sinπ2x+π3,x∈0,2,|lg2x−2|+22,x∈(2,+∞)，若方程24fx2−21+8afx+7a=0有且仅有14个根，则实数a的取值范围是（）
A.x|322≤a≤332B.x|22C.x|22二、填空题

若x−26=a0+a1x−1+a2x−12+⋯+a6x−16，则a5=________．
三、解答题

某企业研制出一款疫苗后，招募了100名志愿者进行先期接种试验，其中50岁以下50人，50岁及以上50人．第一次接种后10天，该企业又对志愿者是否产生抗体进行检测，共发现75名志愿者产生了抗体，其中50岁以下的有45人产生了抗体．
填写上面的2×2列联表，并判断能否有99.9%的把握认为该款疫苗产生抗体与接种者年龄有关．
参考公式：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d．

△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acsC+3asinC−b−c=0．
(1)求A．

(2)若a=23，且向量m→=1,sinB与n→=sinC,−2垂直，求△ABC的面积．

如图1，△ABC为等腰直角三角形，AB=BC=2，∠B=π2，D，E分别为边AB，AC的中点．将三角形ADE沿DE折起，使A到达P点，且PC=5，O为BD的中点，如图2所示．

(1)证明：PO⊥平面BCED；

(2)求二面角B−PE−C的余弦值．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点E1,32，A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，且直线A1E，A2E的斜率的乘积为−34．
(1)求椭圆C的方程；

(2)过左焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线x=4于点Q，求|PQ||MN|的最小值．

已知函数fx=2x−sinx+a4−lnx．
(1)若a=0，求曲线y=fx在π,fπ处的切线方程；

(2)若存在实数b，使得gx=fx+b有两个不同的零点m，n，证明：mn
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+2csα,y=2sinα（α为参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为ρcsθ−mρsinθ+2=0m∈R．
(1)求曲线C1和曲线C2的直角坐标方程；

(2)已知P−2,0，曲线C1与曲线C2交于A，B两点，若1|PA|+1|PB|=4515，求m的值．

已知函数fx=|x−1|+|2x−1|．
(1)求不等式fx<4x−2的解集；

(2)若∃x0∈12,1，x03−afx0+14<0，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省汉中市高二（下）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
补集及其运算
【解析】

【解答】
解：∵∁RA=x|x<1，B=x|−1∴∁RA∩B={x|−1故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】

【解答】
解：∵zi=3+i1+i=3+i1−i2=2−i．
∴z=2−ii=−1−2i，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标为−1,−2．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
二项分布的应用
两点分布二项分布超几何分布的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为D(X)=np(1−p)=3，E(X)=np=4，
所以n=16，p=14．
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
数列的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为各层铜钱缗数从下至上依次成等差数列，首项为a1，公差d=−20，
所以5层堆的铜钱数为S5=5a1+5×42×−20=1000，得a1=240.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为1<413<412=2，2=lg39所以lg54<413故a>c>b．
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：双曲线y2−8x2=32的标准方程为y232−x24=1，
因为a=42，b=2，
所以其渐近线方程为y=±22x．
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f′x=1−xex+x−1=x−1ex−1ex，
所以fx在−∞,0，1,+∞上单调递增，
在0,1上单调递减，
所以fx的极大值为f0=1．
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
频率分布直方图
【解析】

【解答】
解：对于A，2013∼2020年，年光伏发电量与年份成正相关，故A正确；
对于B，2013∼2020年，年光伏新增装机规模同比（与上年相比）有增有减，故B错误；
对于C，由图表可以看出，每一年的装机规模中，集中式都比分布式大，因此分布式的平均值小于集中式的平均值，故C正确；
对于D，2013∼2020年，每年光伏发电量占全国发电总量的比重随年份逐年增加，所以每年光伏发电量占全国发电总量的比重与年份成正相关，故D正确．
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
抛物线的求解
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】

【解答】
解：由题知p=1，抛物线方程为y2=2x．
设直线l的方程为x=my+12，
代入抛物线方程，得y2−2my−1=0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=2m，y1y2=−1．
因为AF→=2FB→，
所以−y1=2y2，
所以y1=−2,y2=22或y1=2,y2=−22,
故m=±24，
即l的斜率为±22．
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为an+1−2an−1=0，
所以an+1+1=2an+1．
因为a1=1，
所以an+1是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an+1=2n，an=2n−1，
所以Sn=2n+1−n−2，
故S2021=22022−2023．
故选B.
11.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，不妨设AB=BC=AA1=2．
因为A1C⊥平面DBC1，
所以A1C⊥DC1，∠C1DC=∠A1CC1，tan∠C1DC=tan∠A1CC1．
因为D为AC的中点，
所以CC1DC=A1C1CC1=2DCCC1，
即DC=2，AC=22，
所以△ABC是等腰直角三角形．
设D1为A1C1的中点，连接D1C，D1B，
则A1D//D1C，
所以∠D1CB或其补角就是异面直线A1D与BC所成的角．
因为D1C=D1B=6，
所以cs∠D1CB=16，tan∠D1CB=5．
故选C.
12.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
根的存在性及根的个数判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数fx是偶函数，当x≥0时，其图象如图．
由方程24fx2−21+8afx+7a=0，
可得fx=78或fx=a3，
因为方程fx=78有8个实根，
所以方程fx=a3应有6个实根，
则22即322故选D.
二、填空题
【答案】
−6
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为x−1−16=a0+a1x−1+a2x−12+⋯+a6x−16,
所以a5=C61⋅−11=−6．
故答案为：−6.
三、解答题
【答案】
解：补全列联表如下，
因为K2=10045×20−30×5275×25×50×50=12>10.828，
所以有99.9%的把握认为该款疫苗产生抗体与接种者年龄有关．
【考点】
独立性检验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：补全列联表如下，
因为K2=10045×20−30×5275×25×50×50=12>10.828，
所以有99.9%的把握认为该款疫苗产生抗体与接种者年龄有关．
【答案】
解：(1)∵acsC+3asinC−b−c=0，
∴3sinC+csC=b+ca，
整理得3sinC+csC=sinB+sinCsinA，
∴3sinCsinA+csCsinA=sin(A+C)+sinC,
化简得(3sinA−csA)sinC=sinC，
3sinA−csA=1，
故sin(A−30∘)=12，
∵0∘∴A=60∘．
(2)∵m→=1,sinB与n→=sinC,−2垂直，
∴sinC−2sinB=0，
得sinC=2sinB，即c=2b.
∵A=60∘，a=23，
∴由余弦定理可得12=b2+c2−bc=b2+4b2−2b2=3b2，
解得b=2，c=4，
故△ABC的面积S=12bcsinA=12×2×4×32=23 ．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
余弦定理
【解析】

【解答】
解：(1)∵acsC+3asinC−b−c=0，
∴3sinC+csC=b+ca，
整理得3sinC+csC=sinB+sinCsinA，
∴3sinCsinA+csCsinA=sin(A+C)+sinC,
化简得(3sinA−csA)sinC=sinC，
3sinA−csA=1，
故sin(A−30∘)=12，
∵0∘∴A=60∘．
(2)∵m→=1,sinB与n→=sinC,−2垂直，
∴sinC−2sinB=0，
得sinC=2sinB，即c=2b.
∵A=60∘，a=23，
∴由余弦定理可得12=b2+c2−bc=b2+4b2−2b2=3b2，
解得b=2，c=4，
故△ABC的面积S=12bcsinA=12×2×4×32=23 ．
【答案】
(1)证明：因为D，E分别为AB，AC的中点，
所以DE⊥AB.
易知DE⊥PD，DE⊥BD，PD∩BD=D，且PD，BD⊂平面PBD，
所以DE⊥平面PBD，
又因为DE⊂平面BCED，所以平面BCED⊥平面PBD．
又因为DE//BC，所以BC⊥平面PBD，BC⊥PB，
在直角△PBC中，PC=5，BC=2，
所以PB=PC2−BC2=1，△PBD为等边三角形．
又因为O为BD的中点，所以PO⊥BD.
又因为平面BCED⊥平面PBD，平面BCED∩平面PBD=BD，PO⊂平面PBD，
所以PO⊥平面BCED.
(2)解：取EC的中点F，连接OF，
以O为坐标原点，OB，OF，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，
则B(12,0,0)，P(0,0,32)，E(−12,1,0)，C12,2,0，
所以BE→=−1,1,0，PE→=−12,1,−32，CE→=−1,−1,0.
设平面BPE的法向量为m→=x,y,z，
则BE→⋅m→=0，PE→⋅m→=0，
得 −x+y=0,−12x+y−32z=0，
所以m→=3,3,1.
同理可得平面CPE的法向量n→=3,−3,−3 ，
cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=10535，
所以二面角B−PE−C的余弦值为10535.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为D，E分别为AB，AC的中点，
所以DE⊥AB.
易知DE⊥PD，DE⊥BD，PD∩BD=D，且PD，BD⊂平面PBD，
所以DE⊥平面PBD，
又因为DE⊂平面BCED，所以平面BCED⊥平面PBD．
又因为DE//BC，所以BC⊥平面PBD，BC⊥PB，
在直角△PBC中，PC=5，BC=2，
所以PB=PC2−BC2=1，△PBD为等边三角形．
又因为O为BD的中点，所以PO⊥BD.
又因为平面BCED⊥平面PBD，平面BCED∩平面PBD=BD，PO⊂平面PBD，
所以PO⊥平面BCED.
(2)解：取EC的中点F，连接OF，
以O为坐标原点，OB，OF，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，
则B(12,0,0)，P(0,0,32)，E(−12,1,0)，C12,2,0，
所以BE→=−1,1,0，PE→=−12,1,−32，CE→=−1,−1,0.
设平面BPE的法向量为m→=x,y,z，
则BE→⋅m→=0，PE→⋅m→=0，
得 −x+y=0,−12x+y−32z=0，
所以m→=3,3,1.
同理可得平面CPE的法向量n→=3,−3,−3 ，
cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=10535，
所以二面角B−PE−C的余弦值为10535.
【答案】
解：(1)依题意有1a2+94b2=1，321+a⋅321−a=−34，
解得a2=4，b2=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)由题意知直线l的斜率不为0，
设方程为x=my−1，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程x24+y23=1,x=my−1,
得3m2+4y2−6my−9=0，
则y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
由弦长公式得|MN|=1+m2y1+y22−4y1y2，
整理得|MN|=12m2+13m2+4，
又yP=y1+y22=3m3m2+4，xP=−43m2+4，
所以|PQ|=1+m2|4−x|=12m2+203m2+41+m2，
故|PQ||MN|=3m2+531+m2，
令t=m2+1，t≥1，上式=3t2+23t=t+23t，
设fx=x+23x，则fx在[1,+∞)上是增函数，
所以fx在t=1处取得最小值53，
故|PQ||MN|的最小值是53．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)依题意有1a2+94b2=1，321+a⋅321−a=−34，
解得a2=4，b2=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)由题意知直线l的斜率不为0，
设方程为x=my−1，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程x24+y23=1,x=my−1,
得3m2+4y2−6my−9=0，
则y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
由弦长公式得|MN|=1+m2y1+y22−4y1y2，
整理得|MN|=12m2+13m2+4，
又yP=y1+y22=3m3m2+4，xP=−43m2+4，
所以|PQ|=1+m2|4−x|=12m2+203m2+41+m2，
故|PQ||MN|=3m2+531+m2，
令t=m2+1，t≥1，上式=3t2+23t=t+23t，
设fx=x+23x，则fx在[1,+∞)上是增函数，
所以fx在t=1处取得最小值53，
故|PQ||MN|的最小值是53．
【答案】
(1)解：当a=0时，fx=2x−sinx，f′x=2−csx．
因为f′π=3，fπ=2π，
所以所求切线方程为y−2π=3x−π，
即3x−y−π=0.
(2)证明：若gx=fx+b有两个不同的零点m，n，
则2m−alnm−sinm=2n−alnn−sinn，
所以alnm−lnn=2m−m−(sinm−sinn)．
令ℎx=x−sinx，则ℎ′x=1−csx≥0，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增．
不妨设m>n>0，因为ℎm>ℎn，
所以m−sinm>n−sinn，
所以−sinm−sinm>n−m．
因为2m−n−sinm−sinn>2m−n+n−m=m−n，
所以alnm−lnn>m−n，即a>m−nlnm−lnn．
要证mnmn，
只需证m−nlnm−lnn>mn，
即证mn−1lnmn>mn．
令t=mn(t>1)，
设m(t)=t−1t−lnt(t>1)，
则m′t=t−122tt>0，
所以m(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以m(t)>m(1)=0，即m−nlnm−lnn>mn成立，
故mn【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：当a=0时，fx=2x−sinx，f′x=2−csx．
因为f′π=3，fπ=2π，
所以所求切线方程为y−2π=3x−π，
即3x−y−π=0.
(2)证明：若gx=fx+b有两个不同的零点m，n，
则2m−alnm−sinm=2n−alnn−sinn，
所以alnm−lnn=2m−m−(sinm−sinn)．
令ℎx=x−sinx，则ℎ′x=1−csx≥0，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增．
不妨设m>n>0，因为ℎm>ℎn，
所以m−sinm>n−sinn，
所以−sinm−sinm>n−m．
因为2m−n−sinm−sinn>2m−n+n−m=m−n，
所以alnm−lnn>m−n，即a>m−nlnm−lnn．
要证mnmn，
只需证m−nlnm−lnn>mn，
即证mn−1lnmn>mn．
令t=mn(t>1)，
设m(t)=t−1t−lnt(t>1)，
则m′t=t−122tt>0，
所以m(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以m(t)>m(1)=0，即m−nlnm−lnn>mn成立，
故mn【答案】
解：(1)因为曲线C1的参数方程为x=2+2csα,y=2sinα（α为参数），
所以C1的直角坐标方程为x−22+y2=4.
由x=ρcsθ，y=ρsinθ，
得曲线C2的直角坐标方程为x−my+2=0.
(2)因为点P−2,0在直线C2上，
所以可设直线C2的参数方程为x=−2+tcsαy=tsinα（t为参数，α∈[0,π))，
将参数方程代入曲线C1的方程，
得t2−8csα⋅t+12=0.
设A，B所对应的参数分别为t1,t2，
则t1+t2=8csα,t1t2=12>0.
因为1|PA|+1|PB|=1|t1|+1|t2|
=|t1+t2||t1|⋅|t2|=2|csα|3=4515
所以csα=±255，sinα=55，
故直线C2的斜率为k=sinαcsα=±12=1m，
即m=±2．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程的优越性
直线的参数方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为曲线C1的参数方程为x=2+2csα,y=2sinα（α为参数），
所以C1的直角坐标方程为x−22+y2=4.
由x=ρcsθ，y=ρsinθ，
得曲线C2的直角坐标方程为x−my+2=0.
(2)因为点P−2,0在直线C2上，
所以可设直线C2的参数方程为x=−2+tcsαy=tsinα（t为参数，α∈[0,π))，
将参数方程代入曲线C1的方程，
得t2−8csα⋅t+12=0.
设A，B所对应的参数分别为t1,t2，
则t1+t2=8csα,t1t2=12>0.
因为1|PA|+1|PB|=1|t1|+1|t2|
=|t1+t2||t1|⋅|t2|=2|csα|3=4515
所以csα=±255，sinα=55，
故直线C2的斜率为k=sinαcsα=±12=1m，
即m=±2．
【答案】
解：(1)fx=|x−1|+|2x−1|，
所以f(x)=2−3x,x<12,x,12≤x≤1,3x−2,x>1
由fx<4x−2，得2−3x<4x−2,x<12或x<4x−2,12≤x≤1或3x−2<4x−2,x>1,
解得x>23，
即不等式fx<4x−2的解集为x|x>23．
(2)当x∈12,1时，fx=x.
因为存在x0∈12,1，使得x03−afx0+14<0，
所以存在x0∈12,1，使得a>x02+14x0.
因为x2+14x=x2+18x+18x≥33x2⋅18x⋅18x=34，
当且仅当x2=18x，即x=12时取等号，
所以x2+14xmin=34，
故a的取值范围为(34,+∞).
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)fx=|x−1|+|2x−1|，
所以f(x)=2−3x,x<12,x,12≤x≤1,3x−2,x>1
由fx<4x−2，得2−3x<4x−2,x<12或x<4x−2,12≤x≤1或3x−2<4x−2,x>1,
解得x>23，
即不等式fx<4x−2的解集为x|x>23．
(2)当x∈12,1时，fx=x.
因为存在x0∈12,1，使得x03−afx0+14<0，
所以存在x0∈12,1，使得a>x02+14x0.
因为x2+14x=x2+18x+18x≥33x2⋅18x⋅18x=34，
当且仅当x2=18x，即x=12时取等号，
所以x2+14xmin=34，
故a的取值范围为(34,+∞).50岁以下
50岁及以上
合计
有抗体
没有抗体
合计
PK2≥k0
0.15
0.10
0.050
0.010
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
6.635
10.828
50岁以下
50岁及以上
合计
有抗体
45
30
75
没有抗体
5
20
25
合计
50
50
100
50岁以下
50岁及以上
合计
有抗体
45
30
75
没有抗体
5
20
25
合计
50
50
100

2020-2021学年陕西省汉中市高二（下）期末考试数学（理）试卷北师大版

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