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2020-2021学年山西省临汾高二（下）期末考试数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年山西省临汾高二（下）期末考试数学试卷人教A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z5−12i=13i，则z=（ ）
A.1213+513iB.1213−513iC.−1213+513iD.−1213−513i
2. 已知集合A=x|2x2−5x−3<0，则( )
A.3∈AB.0∉A
C.0,1⊆AD.A∩0,4=1,3
3. 已知a=50.2,b=0.31.3,c=1−ln3，则（ ）
A.c
4. 已知直线l：x−y−2=0经过抛物线C：y2=2px的焦点，则p=( )
A.2B.4C.6D.8
5. 设正项等比数列an的前n项和为Sn，且S2=5，S3=21，则an=( )
A.4n−1B.4nC.2n+1D.2n+2
6. 设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下面结论正确的是（ ）
A.若l//α，m⊂α，则l//mB.若l⊥α，α⊥β，则l//β
C.若l//α，α//β，则l//βD.若l⊥α，α//β，m⊂β，则l⊥m
7. 为了解某地中学生的身高情况，随机测量了300名中学生的身高（单位：cm），所得的数据均在130,180内，将数据按照[130,140),[140,150),[150,160),[160,170),[170,180]分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图，这300名学生中身高不低于150cm的有（ ）
A.195人B.180人C.210人D.225人
8. 函数fx=2csωx+φω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示，则fπ12=( )
A.1B.−1C.6−22D.2+62
9. 执行如图所示的程序框图，则输出的m=（ ）
A.2B.−2C.3D.5
10. 南北朝时期的数学古籍《张丘建算经》有如下一题：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差（即等差）降之．上三人，得金四斤，持出；下四人后入得三斤，持出；中间三人未得者，亦依等次更给．”意思是皇帝赏赐十人黄金，将十人分成十个不同的等级，每个等级的人与他下一等级的人分得的黄金之差相同，已知上三等级的三人共分得黄金4斤，下四等级的四人共分得黄金3斤，则中间三等级的三人共分得黄金( )
A.13926斤B.8326斤C.7926斤D.6526斤
11. 已知函数fx=x+lnx的图象在x=1处的切线也是函数gx=x2+ax−1的图象的切线，则a=( )
A.2+22B.2−22C.−2D.2
12. 棱长为22的正四面体ABCD的4个顶点都在球O的表面上，E为棱AB的中点，则经过点E的球的截面面积的最小值为（ ）
A.π4B.πC.2πD.4π
二、填空题
若x，y满足约束条件x+y≤6,x≥1,y≥1,则z=2x−y的最小值为________.
已知向量AB→=2,3，AC→=4,2，则AB→⋅BC→=________．
某公司为了解某产品的研发费x（单位：万元）对销售量y（单位：百件）的影响，收集了该公司以往的5组数据，发现用函数模型y=aekx（e为自然对数的底数）拟合比较合适．令z=lny，得到z=bx+4.06，经计算，x，z对应的数据如下表所示：
则aek=________．
已知F是双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点，以OF（O为坐标原点）为直径的圆与双曲线的一个交点为A，若OA的倾斜角为π6，则该双曲线的离心率为________ .
三、解答题
在△ABC中，sinC+sinA−B−sinA=0．
(1)求B；
(2)若AC=6，求△ABC面积的最大值．
青少年的健康成长关系到国家的富强和民族的昌盛．某学校为了增强学生的体质，号召全校学生积极参与跑步运动．现收集了该校200名学生最近一个月的跑步里程（单位：千米），得到如下频数分布表：
(1)请将下面的列联表补充完整，并根据列联表判断是否有99%的把握认为跑步里程是否小于120千米与学生性别有关；
(2)根据(1)中列联表的数据，按性别用分层抽样的方法从跑步里程≥120千米的学生中抽取6名，再从这6名学生中任选3名，记选中的女学生人数为X，求PX≥1．
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d,n=a+b+c+d．
如图，在多面体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ABFE，四边形ABCD是正方形，四边形ABFE是等腰梯形．已知EF=2AB=4，AE=10．
(1)证明：DF⊥BE；
(2)求多面体ABCDEF的体积．
已知函数fx=x+aex．
(1)若a=1，求fx的极值；
(2)若fx≥−2，求实数a的取值范围．
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为4，且过点P2,3．
(1)求C的方程；
(2)已知点F为C的右焦点，过点F的直线l与C交于A，B两点，射线OQ（O为坐标原点）与直线l垂直且与C交于点Q，试问12|AB|+1|OQ|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=3csα,y=3+3sinα(α为参数），曲线C2的参数方程为x=t22y=2t’（t为参数）．以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C1与C2的极坐标方程；
(2)已知直线l:θ=π4与C1交于O，A两点，l与C2交于O，B两点，求|AB|.
已知函数fx=|2x+3|−|2x−1|.
(1)求不等式fx≤2的解集；
(2)已知fx的最大值为m，且正数a，b满足ma+b=ab，求a+mb的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省临汾市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为z=13i5−12i=i5+12i13=−1213+513i，
所以z=−1213−513i．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
集合的包含关系判断及应用
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
无
【解答】
解：因为A=x|2x2−5x−3<0=x|−12所以3∉A，0∈A，0,1⊆A，A∩0,4=0,3．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a>1,0故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
抛物线的求解
【解析】
无
【解答】
解：由题可知，C的焦点坐标为Fp2,0，将F代入l，
则p2−2=0，解得p=4．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
无
【解答】
解：设an的公比为qq>0，
则S3S2=1+q+q21+q=215，
解得q=4或q=−45（舍去），
S2=a1+4a1=5，解得a1=1，
所以an=4n−1．
故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若l//α，m⊂α，则l//m或l与m异面．
若l⊥α，α⊥β，则l//β或l⊂β．
若l//α，α//β，则l//β或l⊂β．
若l⊥α，α//β，m⊂β，则l⊥β，l⊥m．
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
频率分布直方图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：这300名学生中身高不低于150cm的有300×0.025+0.030+0.010×10=195人．
故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
两角和与差的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图可知，fx的最小正周期 T=16π9−π952=2π3 ，所以ω=3.
因为fπ9=0，所以π3+φ=π2+2kπ,k∈Z．
又|φ|<π2，所以φ=π6，
即fx=2cs3x+π6，fπ12=2csπ4+π6=6−22.
故选C.
9.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：输入m=3,n=5,s=0，
第一次循环可得m=2,n=3,m=5,s=5，判断条件不成立；
第二次循环可得m=−2,n=5,m=3,s=8，判断条件不成；
第三次循环可得m=2,n=3,m=5,s=13，判断条件不成立；
第四次循环可得m=−2,n=5,m=3,s=16，则输出的m=3．
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知，这十人分得的黄金重量成等差数列，设分得黄金最多的一等人分得黄金a1斤，公差为d，
则a1+a2+a3=4,a7+a8+a9+a10=3, 即3a1+3d=4,4a1+30d=3,解得 a1=3726,d=−778,
故a4+a5+a6=3a1+12d=8326，即中间三等级的三人共分得黄金8326斤．
故选B.
11.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为fx=x+lnx，
所以f′x=1+1x，f1=1，f′1=2，
所以fx在x=1处的切线方程为y=2x−1．
g′(x)=2x+a，
设y=2x−1与g(x)相切于(x0,x02+ax0−1)，
则2x0+a=2，x02+ax0−1=2x0−1，
解得a=2.
故选D．
12.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
截面及其作法
【解析】
【解答】
解：如图，将正四面体ABCD补成正方体，
则正四面体ABCD的棱为正方体的面上对角线，
则正方体的中心即正四面体ABCD外接球的球心O，且正方体的棱长为2，外接球的半径为3，
则OE=1 .
设经过点E的球的截面为α，
当OE⊥α时，截面面积最小，此时面积为π32−12=2π .
故选C .
二、填空题
【答案】
−3
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求目标函数z=2x−y的最小值．
【解答】
解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示，
作出直线l:2x−y=0，平移直线l，由图可得，
当直线经过点A(1,5)时，直线在y轴上的截距最大，此时z=2x−y取得最小值，
∴ z=2x−y最小值是zmin=2×1−5=−3．
故答案为：−3．
【答案】
1
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为BC→=AC→−AB→=2,−1，
所以AB→⋅BC→=2×2−3×1=1．
故答案为：1.
【答案】
e4.18
【考点】
求解线性回归方程
回归分析的初步应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：x=5+8+12+15+205=12，
z=4.5+5.2+5.5+5.8+5.8+6.55=5.5，
所以5.5=12b+4.06，解得b=0.12 ．
lny=z=0.12x+4.06,y=e0.12x+4.06=，
则a=e4.06,k=0.12,aek=e4.18．
故答案为：e4.18．
【答案】
13+13
【考点】
双曲线的离心率
余弦定理
【解析】
【解答】
解：设F1是双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左焦点，连接AF1，OA，AF，
则|AF|=c2，|AF1|=2a+c2．
在三角形AF1F中，由余弦定理得2a+c22=2c2+c22−2×2c×c2×csπ3，
则2a+c2=13c2，即e=ca=13+13 .
故答案为：13+13 .
三、解答题
【答案】
解：(1)因为A+B+C=π，
所以sinC=sinA+B，
所以sinC+sinA−B−sinA=sinA+B+
sinA−B−sinA=2sinAcsB−sinA=0．
因为sinA≠0，
所以2csB−1=0，即csB=12．
又B∈0,π，所以B=π3．
(2)因为AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsB≥AB⋅BC，
当且仅当AB=AC时，等号成立．
又AC=6，所以AB⋅BC≤36，
所以△ABC的面积S=12AB⋅BCsinB≤93，
故△ABC面积的最大值为93．
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为A+B+C=π，
所以sinC=sinA+B，
所以sinC+sinA−B−sinA=sinA+B+
sinA−B−sinA=2sinAcsB−sinA=0．
因为sinA≠0，
所以2csB−1=0，即csB=12．
又B∈0,π，所以B=π3．
(2)因为AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsB≥AB⋅BC，
当且仅当AB=AC时，等号成立．
又AC=6，所以AB⋅BC≤36，
所以△ABC的面积S=12AB⋅BCsinB≤93，
故△ABC面积的最大值为93．
【答案】
解：(1)由题可知，补充完整的列联表如下：
则K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=20040×80−60×202100×100×60×140=20021≈9.524．
因为9.524>6.635，
所以有99%的把握认为跑步里程是否小于120千米与学生性别有关．
(2)由(1)可知，这200名学生中，有40名男学生的跑步里程≥120千米，20名女学生的跑步里程≥120千米．
用分层抽样的方法抽取6人，其中男学生人数为4060×6=4，分别记为A，B，C，D，女学生人数为2060×6=2，分别记为a，b．
从中任选3人，有ABC，ABD，ABa，ABb，ACD，ACa，ACb，ADa，ADb，Aab，BCD，BCa，BCb，BDa，BDb，Bab，CDa，CDb，Cab，Dab，共20种情况，
女生人数不小于1，有ABa，ABb，ACa，ACb，AD，ADb，Aab，BCa，BCb，BDa，BDb，Bab，CDa，CDb，Cab，Dab，共16种情况，所以PX≥1=1620=45 ．
【考点】
独立性检验
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题可知，补充完整的列联表如下：
则K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=20040×80−60×202100×100×60×140=20021≈9.524．
因为9.524>6.635，
所以有99%的把握认为跑步里程是否小于120千米与学生性别有关．
(2)由(1)可知，这200名学生中，有40名男学生的跑步里程≥120千米，20名女学生的跑步里程≥120千米．
用分层抽样的方法抽取6人，其中男学生人数为4060×6=4，分别记为A，B，C，D，女学生人数为2060×6=2，分别记为a，b．
从中任选3人，有ABC，ABD，ABa，ABb，ACD，ACa，ACb，ADa，ADb，Aab，BCD，BCa，BCb，BDa，BDb，Bab，CDa，CDb，Cab，Dab，共20种情况，
女生人数不小于1，有ABa，ABb，ACa，ACb，AD，ADb，Aab，BCa，BCb，BDa，BDb，Bab，CDa，CDb，Cab，Dab，共16种情况，所以PX≥1=1620=45 ．
【答案】
(1)证明：连接AF并与BE交于点O，过A点作AG⊥EF，垂足为G．
因为四边形ABFE是等腰梯形，EF=2AB=4,AE=10，所以EG=1,AG=3.
又FG=EF−EG=3=AG，所以△AFG是等腰直角三角形，则∠AFG=45∘．
同理可得∠BEG=45∘，所以AF⊥BE．
因为平面ABCD⊥平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE=AB，
四边形ABCD是正方形，所以AD⊥平面ABFE．
又BE⊂平面ABFE，所以AD⊥BE．
因为AF∩AD=A，所以BE⊥平面ADF．
又DF⊂平面ADF，所以DF⊥BE．
(2)解：由图可知，VABCDEF=VD−ABFE+VF−BCD，
SABFE=12AB+EF⋅AG=12×2+4×3=9，
所以VD−ABFE=13SABFE⋅AD=13×9×2=6．
因为EF//平面ABCD，所以VF−BCD=VG−BCD．
又S△BCD=12BC⋅CD=2，所以VG−BCD=13SBCD⋅AG=13×2×3=2．
故VABCDEF=6+2=8 ．
【考点】
两条直线垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接AF并与BE交于点O，过A点作AG⊥EF，垂足为G．
因为四边形ABFE是等腰梯形，EF=2AB=4,AE=10，所以EG=1,AG=3.
又FG=EF−EG=3=AG，所以△AFG是等腰直角三角形，则∠AFG=45∘．
同理可得∠BEG=45∘，所以AF⊥BE．
因为平面ABCD⊥平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE=AB，
四边形ABCD是正方形，所以AD⊥平面ABFE．
又BE⊂平面ABFE，所以AD⊥BE．
因为AF∩AD=A，所以BE⊥平面ADF．
又DF⊂平面ADF，所以DF⊥BE．
(2)解：由图可知，VABCDEF=VD−ABFE+VF−BCD，
SABFE=12AB+EF⋅AG=12×2+4×3=9，
所以VD−ABFE=13SABFE⋅AD=13×9×2=6．
因为EF//平面ABCD，所以VF−BCD=VG−BCD．
又S△BCD=12BC⋅CD=2，所以VG−BCD=13SBCD⋅AG=13×2×3=2．
故VABCDEF=6+2=8 ．
【答案】
解：(1)因为fx=x+1ex，
所以f′x=x+2ex ．
当x∈−∞,−2时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈−2,+∞时，f′x>0，fx单调递增．
故当x=−2时，fx取得极小值，且极小值为−e−2，无极大值．
(2)因为fx=x+aex，所以f′x=x+a+1ex．
当x<−a−1时，f′x<0，fx单调递减；
当x>−a−1时，f′x>0，fx单调递增．
故fxmin=f−a−1=−e−1≥−2，即e−a−1≤2，
则−a−1≤ln2，解得a≥−1−ln2，
故实数a的取值范围为[−1−ln2,+∞)．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为fx=x+1ex，
所以f′x=x+2ex ．
当x∈−∞,−2时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈−2,+∞时，f′x>0，fx单调递增．
故当x=−2时，fx取得极小值，且极小值为−e−2，无极大值．
(2)因为fx=x+aex，所以f′x=x+a+1ex．
当x<−a−1时，f′x<0，fx单调递减；
当x>−a−1时，f′x>0，fx单调递增．
故fxmin=f−a−1=−e−1≥−2，即e−a−1≤2，
则−a−1≤ln2，解得a≥−1−ln2，
故实数a的取值范围为[−1−ln2,+∞)．
【答案】
解：(1)将点P2,3代入C的方程得4a2+3b2=1，
因为2b=4，即b=2，所以a=4，
所以C的方程为x216+y24=1．
(2)12|AB|+1|OQ|2为定值，且该定值为516，求解过程如下：
①当直线l的斜率不存在或为0时，结论易求．
②当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y=kx−23，Ax1,y1,Bx2,y2．
联立方程x216+y24=1,y=kx−23,得1+4k2x2−163k2x+48k2−16=0，
由题意知Δ>0，x1+x2=163k21+4k2，x1x2=48k2−161+4k2，
所以|AB|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=8+8k21+4k2．
又射线OQ⊥l，所以OQ的方程为y=−1kx，设Qx0,y0，
联立方程 x216+y24=1,y=−1kx,得4+k2x2−16k2=0．
所以|OQ|2=x02+y02=16+16k24+k2，
所以12|AB|+1|OQ|2=1+4k216+16k2+4+k216+16k2=516．
综上，12|AB|+1|OQ|2为定值，且该定值为516．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将点P2,3代入C的方程得4a2+3b2=1，
因为2b=4，即b=2，所以a=4，
所以C的方程为x216+y24=1．
(2)12|AB|+1|OQ|2为定值，且该定值为516，求解过程如下：
①当直线l的斜率不存在或为0时，结论易求．
②当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y=kx−23，Ax1,y1,Bx2,y2．
联立方程x216+y24=1,y=kx−23,得1+4k2x2−163k2x+48k2−16=0，
由题意知Δ>0，x1+x2=163k21+4k2，x1x2=48k2−161+4k2，
所以|AB|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=8+8k21+4k2．
又射线OQ⊥l，所以OQ的方程为y=−1kx，设Qx0,y0，
联立方程 x216+y24=1,y=−1kx,得4+k2x2−16k2=0．
所以|OQ|2=x02+y02=16+16k24+k2，
所以12|AB|+1|OQ|2=1+4k216+16k2+4+k216+16k2=516．
综上，12|AB|+1|OQ|2为定值，且该定值为516．
【答案】
解：(1)由x=3csα,y=3+3sinα（α为参数），得x2+y−32=9，
即x2+y2−6y=0，
故C1的极坐标方程为ρ2−6ρsinθ=0，即ρ=6sinθ.
由x=t22y=2t’（t为参数），得y2=8x，
故C2的极坐标方程为ρ2sin2θ=8ρcsθ，即ρsin2θ=8csθ.
(2)联立方程组ρ=6sinθ,θ=π4,解得ρ=32，则|OA|=32，
联立方程组ρsin2θ=8csθ,θ=π4,解得ρ=82，则|OB|=82，
故|AB|=||OA|−|OB||=52.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程
抛物线的极坐标方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由x=3csα,y=3+3sinα（α为参数），得x2+y−32=9，
即x2+y2−6y=0，
故C1的极坐标方程为ρ2−6ρsinθ=0，即ρ=6sinθ.
由x=t22y=2t’（t为参数），得y2=8x，
故C2的极坐标方程为ρ2sin2θ=8ρcsθ，即ρsin2θ=8csθ.
(2)联立方程组ρ=6sinθ,θ=π4,解得ρ=32，则|OA|=32，
联立方程组ρsin2θ=8csθ,θ=π4,解得ρ=82，则|OB|=82，
故|AB|=||OA|−|OB||=52.
【答案】
解：(1)因为f(x)=|2x+3|−|2x−1|=4,x≥12,4x+2,−32所以不等式fx≤2的解集为(−∞,0].
(2)因为|2x+3|−|2x−1|≤|2x+3−2x−1|=4，
所以m=4.
由 4a+b=ab，得4b+1a=1，
则a+4b=4b+1aa+4b=4ab+17+4ba≥25，
当且仅当a=b=5时，等号成立，故a+mb的最小值为25.
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为f(x)=|2x+3|−|2x−1|=4,x≥12,4x+2,−32所以不等式fx≤2的解集为(−∞,0].
(2)因为|2x+3|−|2x−1|≤|2x+3−2x−1|=4，
所以m=4.
由 4a+b=ab，得4b+1a=1，
则a+4b=4b+1aa+4b=4ab+17+4ba≥25，
当且仅当a=b=5时，等号成立，故a+mb的最小值为25.研发费x
5
8
12
15
20
z=lny
4.5
5.2
5.5
5.8
6.5
里程；千米
[30,60)
[60,90)
[90,120)
[120,150)
150,180
频数
30
60
50
40
20
跑步里程千米≥120
跑步里程千米<120千米
总计
男学生
40
女学生
80
总计
200
PK2≥k0
0.10
0.05
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
跑步里程千米≥120
跑步里程千米<120千米
总计
男学生
40
60
100
女学生
20
80
100
总计
60
140
200
跑步里程千米≥120
跑步里程千米<120千米
总计
男学生
40
60
100
女学生
20
80
100
总计
60
140
200
1. 设z5−12i=13i，则z=（ ）
A.1213+513iB.1213−513iC.−1213+513iD.−1213−513i
2. 已知集合A=x|2x2−5x−3<0，则( )
A.3∈AB.0∉A
C.0,1⊆AD.A∩0,4=1,3
3. 已知a=50.2,b=0.31.3,c=1−ln3，则（ ）
A.c
4. 已知直线l：x−y−2=0经过抛物线C：y2=2px的焦点，则p=( )
A.2B.4C.6D.8
5. 设正项等比数列an的前n项和为Sn，且S2=5，S3=21，则an=( )
A.4n−1B.4nC.2n+1D.2n+2
6. 设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下面结论正确的是（ ）
A.若l//α，m⊂α，则l//mB.若l⊥α，α⊥β，则l//β
C.若l//α，α//β，则l//βD.若l⊥α，α//β，m⊂β，则l⊥m
7. 为了解某地中学生的身高情况，随机测量了300名中学生的身高（单位：cm），所得的数据均在130,180内，将数据按照[130,140),[140,150),[150,160),[160,170),[170,180]分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图，这300名学生中身高不低于150cm的有（ ）
A.195人B.180人C.210人D.225人
8. 函数fx=2csωx+φω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示，则fπ12=( )
A.1B.−1C.6−22D.2+62
9. 执行如图所示的程序框图，则输出的m=（ ）
A.2B.−2C.3D.5
10. 南北朝时期的数学古籍《张丘建算经》有如下一题：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差（即等差）降之．上三人，得金四斤，持出；下四人后入得三斤，持出；中间三人未得者，亦依等次更给．”意思是皇帝赏赐十人黄金，将十人分成十个不同的等级，每个等级的人与他下一等级的人分得的黄金之差相同，已知上三等级的三人共分得黄金4斤，下四等级的四人共分得黄金3斤，则中间三等级的三人共分得黄金( )
A.13926斤B.8326斤C.7926斤D.6526斤
11. 已知函数fx=x+lnx的图象在x=1处的切线也是函数gx=x2+ax−1的图象的切线，则a=( )
A.2+22B.2−22C.−2D.2
12. 棱长为22的正四面体ABCD的4个顶点都在球O的表面上，E为棱AB的中点，则经过点E的球的截面面积的最小值为（ ）
A.π4B.πC.2πD.4π
二、填空题
若x，y满足约束条件x+y≤6,x≥1,y≥1,则z=2x−y的最小值为________.
已知向量AB→=2,3，AC→=4,2，则AB→⋅BC→=________．
某公司为了解某产品的研发费x（单位：万元）对销售量y（单位：百件）的影响，收集了该公司以往的5组数据，发现用函数模型y=aekx（e为自然对数的底数）拟合比较合适．令z=lny，得到z=bx+4.06，经计算，x，z对应的数据如下表所示：
则aek=________．
已知F是双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点，以OF（O为坐标原点）为直径的圆与双曲线的一个交点为A，若OA的倾斜角为π6，则该双曲线的离心率为________ .
三、解答题
在△ABC中，sinC+sinA−B−sinA=0．
(1)求B；
(2)若AC=6，求△ABC面积的最大值．
青少年的健康成长关系到国家的富强和民族的昌盛．某学校为了增强学生的体质，号召全校学生积极参与跑步运动．现收集了该校200名学生最近一个月的跑步里程（单位：千米），得到如下频数分布表：
(1)请将下面的列联表补充完整，并根据列联表判断是否有99%的把握认为跑步里程是否小于120千米与学生性别有关；
(2)根据(1)中列联表的数据，按性别用分层抽样的方法从跑步里程≥120千米的学生中抽取6名，再从这6名学生中任选3名，记选中的女学生人数为X，求PX≥1．
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d,n=a+b+c+d．
如图，在多面体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ABFE，四边形ABCD是正方形，四边形ABFE是等腰梯形．已知EF=2AB=4，AE=10．
(1)证明：DF⊥BE；
(2)求多面体ABCDEF的体积．
已知函数fx=x+aex．
(1)若a=1，求fx的极值；
(2)若fx≥−2，求实数a的取值范围．
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为4，且过点P2,3．
(1)求C的方程；
(2)已知点F为C的右焦点，过点F的直线l与C交于A，B两点，射线OQ（O为坐标原点）与直线l垂直且与C交于点Q，试问12|AB|+1|OQ|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=3csα,y=3+3sinα(α为参数），曲线C2的参数方程为x=t22y=2t’（t为参数）．以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C1与C2的极坐标方程；
(2)已知直线l:θ=π4与C1交于O，A两点，l与C2交于O，B两点，求|AB|.
已知函数fx=|2x+3|−|2x−1|.
(1)求不等式fx≤2的解集；
(2)已知fx的最大值为m，且正数a，b满足ma+b=ab，求a+mb的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省临汾市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为z=13i5−12i=i5+12i13=−1213+513i，
所以z=−1213−513i．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
集合的包含关系判断及应用
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
无
【解答】
解：因为A=x|2x2−5x−3<0=x|−12
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a>1,0
4.
【答案】
B
【考点】
抛物线的求解
【解析】
无
【解答】
解：由题可知，C的焦点坐标为Fp2,0，将F代入l，
则p2−2=0，解得p=4．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
无
【解答】
解：设an的公比为qq>0，
则S3S2=1+q+q21+q=215，
解得q=4或q=−45（舍去），
S2=a1+4a1=5，解得a1=1，
所以an=4n−1．
故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若l//α，m⊂α，则l//m或l与m异面．
若l⊥α，α⊥β，则l//β或l⊂β．
若l//α，α//β，则l//β或l⊂β．
若l⊥α，α//β，m⊂β，则l⊥β，l⊥m．
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
频率分布直方图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：这300名学生中身高不低于150cm的有300×0.025+0.030+0.010×10=195人．
故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
两角和与差的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图可知，fx的最小正周期 T=16π9−π952=2π3 ，所以ω=3.
因为fπ9=0，所以π3+φ=π2+2kπ,k∈Z．
又|φ|<π2，所以φ=π6，
即fx=2cs3x+π6，fπ12=2csπ4+π6=6−22.
故选C.
9.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：输入m=3,n=5,s=0，
第一次循环可得m=2,n=3,m=5,s=5，判断条件不成立；
第二次循环可得m=−2,n=5,m=3,s=8，判断条件不成；
第三次循环可得m=2,n=3,m=5,s=13，判断条件不成立；
第四次循环可得m=−2,n=5,m=3,s=16，则输出的m=3．
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知，这十人分得的黄金重量成等差数列，设分得黄金最多的一等人分得黄金a1斤，公差为d，
则a1+a2+a3=4,a7+a8+a9+a10=3, 即3a1+3d=4,4a1+30d=3,解得 a1=3726,d=−778,
故a4+a5+a6=3a1+12d=8326，即中间三等级的三人共分得黄金8326斤．
故选B.
11.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为fx=x+lnx，
所以f′x=1+1x，f1=1，f′1=2，
所以fx在x=1处的切线方程为y=2x−1．
g′(x)=2x+a，
设y=2x−1与g(x)相切于(x0,x02+ax0−1)，
则2x0+a=2，x02+ax0−1=2x0−1，
解得a=2.
故选D．
12.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
截面及其作法
【解析】
【解答】
解：如图，将正四面体ABCD补成正方体，
则正四面体ABCD的棱为正方体的面上对角线，
则正方体的中心即正四面体ABCD外接球的球心O，且正方体的棱长为2，外接球的半径为3，
则OE=1 .
设经过点E的球的截面为α，
当OE⊥α时，截面面积最小，此时面积为π32−12=2π .
故选C .
二、填空题
【答案】
−3
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求目标函数z=2x−y的最小值．
【解答】
解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示，
作出直线l:2x−y=0，平移直线l，由图可得，
当直线经过点A(1,5)时，直线在y轴上的截距最大，此时z=2x−y取得最小值，
∴ z=2x−y最小值是zmin=2×1−5=−3．
故答案为：−3．
【答案】
1
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为BC→=AC→−AB→=2,−1，
所以AB→⋅BC→=2×2−3×1=1．
故答案为：1.
【答案】
e4.18
【考点】
求解线性回归方程
回归分析的初步应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：x=5+8+12+15+205=12，
z=4.5+5.2+5.5+5.8+5.8+6.55=5.5，
所以5.5=12b+4.06，解得b=0.12 ．
lny=z=0.12x+4.06,y=e0.12x+4.06=，
则a=e4.06,k=0.12,aek=e4.18．
故答案为：e4.18．
【答案】
13+13
【考点】
双曲线的离心率
余弦定理
【解析】
【解答】
解：设F1是双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左焦点，连接AF1，OA，AF，
则|AF|=c2，|AF1|=2a+c2．
在三角形AF1F中，由余弦定理得2a+c22=2c2+c22−2×2c×c2×csπ3，
则2a+c2=13c2，即e=ca=13+13 .
故答案为：13+13 .
三、解答题
【答案】
解：(1)因为A+B+C=π，
所以sinC=sinA+B，
所以sinC+sinA−B−sinA=sinA+B+
sinA−B−sinA=2sinAcsB−sinA=0．
因为sinA≠0，
所以2csB−1=0，即csB=12．
又B∈0,π，所以B=π3．
(2)因为AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsB≥AB⋅BC，
当且仅当AB=AC时，等号成立．
又AC=6，所以AB⋅BC≤36，
所以△ABC的面积S=12AB⋅BCsinB≤93，
故△ABC面积的最大值为93．
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为A+B+C=π，
所以sinC=sinA+B，
所以sinC+sinA−B−sinA=sinA+B+
sinA−B−sinA=2sinAcsB−sinA=0．
因为sinA≠0，
所以2csB−1=0，即csB=12．
又B∈0,π，所以B=π3．
(2)因为AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsB≥AB⋅BC，
当且仅当AB=AC时，等号成立．
又AC=6，所以AB⋅BC≤36，
所以△ABC的面积S=12AB⋅BCsinB≤93，
故△ABC面积的最大值为93．
【答案】
解：(1)由题可知，补充完整的列联表如下：
则K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=20040×80−60×202100×100×60×140=20021≈9.524．
因为9.524>6.635，
所以有99%的把握认为跑步里程是否小于120千米与学生性别有关．
(2)由(1)可知，这200名学生中，有40名男学生的跑步里程≥120千米，20名女学生的跑步里程≥120千米．
用分层抽样的方法抽取6人，其中男学生人数为4060×6=4，分别记为A，B，C，D，女学生人数为2060×6=2，分别记为a，b．
从中任选3人，有ABC，ABD，ABa，ABb，ACD，ACa，ACb，ADa，ADb，Aab，BCD，BCa，BCb，BDa，BDb，Bab，CDa，CDb，Cab，Dab，共20种情况，
女生人数不小于1，有ABa，ABb，ACa，ACb，AD，ADb，Aab，BCa，BCb，BDa，BDb，Bab，CDa，CDb，Cab，Dab，共16种情况，所以PX≥1=1620=45 ．
【考点】
独立性检验
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题可知，补充完整的列联表如下：
则K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=20040×80−60×202100×100×60×140=20021≈9.524．
因为9.524>6.635，
所以有99%的把握认为跑步里程是否小于120千米与学生性别有关．
(2)由(1)可知，这200名学生中，有40名男学生的跑步里程≥120千米，20名女学生的跑步里程≥120千米．
用分层抽样的方法抽取6人，其中男学生人数为4060×6=4，分别记为A，B，C，D，女学生人数为2060×6=2，分别记为a，b．
从中任选3人，有ABC，ABD，ABa，ABb，ACD，ACa，ACb，ADa，ADb，Aab，BCD，BCa，BCb，BDa，BDb，Bab，CDa，CDb，Cab，Dab，共20种情况，
女生人数不小于1，有ABa，ABb，ACa，ACb，AD，ADb，Aab，BCa，BCb，BDa，BDb，Bab，CDa，CDb，Cab，Dab，共16种情况，所以PX≥1=1620=45 ．
【答案】
(1)证明：连接AF并与BE交于点O，过A点作AG⊥EF，垂足为G．
因为四边形ABFE是等腰梯形，EF=2AB=4,AE=10，所以EG=1,AG=3.
又FG=EF−EG=3=AG，所以△AFG是等腰直角三角形，则∠AFG=45∘．
同理可得∠BEG=45∘，所以AF⊥BE．
因为平面ABCD⊥平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE=AB，
四边形ABCD是正方形，所以AD⊥平面ABFE．
又BE⊂平面ABFE，所以AD⊥BE．
因为AF∩AD=A，所以BE⊥平面ADF．
又DF⊂平面ADF，所以DF⊥BE．
(2)解：由图可知，VABCDEF=VD−ABFE+VF−BCD，
SABFE=12AB+EF⋅AG=12×2+4×3=9，
所以VD−ABFE=13SABFE⋅AD=13×9×2=6．
因为EF//平面ABCD，所以VF−BCD=VG−BCD．
又S△BCD=12BC⋅CD=2，所以VG−BCD=13SBCD⋅AG=13×2×3=2．
故VABCDEF=6+2=8 ．
【考点】
两条直线垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接AF并与BE交于点O，过A点作AG⊥EF，垂足为G．
因为四边形ABFE是等腰梯形，EF=2AB=4,AE=10，所以EG=1,AG=3.
又FG=EF−EG=3=AG，所以△AFG是等腰直角三角形，则∠AFG=45∘．
同理可得∠BEG=45∘，所以AF⊥BE．
因为平面ABCD⊥平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE=AB，
四边形ABCD是正方形，所以AD⊥平面ABFE．
又BE⊂平面ABFE，所以AD⊥BE．
因为AF∩AD=A，所以BE⊥平面ADF．
又DF⊂平面ADF，所以DF⊥BE．
(2)解：由图可知，VABCDEF=VD−ABFE+VF−BCD，
SABFE=12AB+EF⋅AG=12×2+4×3=9，
所以VD−ABFE=13SABFE⋅AD=13×9×2=6．
因为EF//平面ABCD，所以VF−BCD=VG−BCD．
又S△BCD=12BC⋅CD=2，所以VG−BCD=13SBCD⋅AG=13×2×3=2．
故VABCDEF=6+2=8 ．
【答案】
解：(1)因为fx=x+1ex，
所以f′x=x+2ex ．
当x∈−∞,−2时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈−2,+∞时，f′x>0，fx单调递增．
故当x=−2时，fx取得极小值，且极小值为−e−2，无极大值．
(2)因为fx=x+aex，所以f′x=x+a+1ex．
当x<−a−1时，f′x<0，fx单调递减；
当x>−a−1时，f′x>0，fx单调递增．
故fxmin=f−a−1=−e−1≥−2，即e−a−1≤2，
则−a−1≤ln2，解得a≥−1−ln2，
故实数a的取值范围为[−1−ln2,+∞)．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为fx=x+1ex，
所以f′x=x+2ex ．
当x∈−∞,−2时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈−2,+∞时，f′x>0，fx单调递增．
故当x=−2时，fx取得极小值，且极小值为−e−2，无极大值．
(2)因为fx=x+aex，所以f′x=x+a+1ex．
当x<−a−1时，f′x<0，fx单调递减；
当x>−a−1时，f′x>0，fx单调递增．
故fxmin=f−a−1=−e−1≥−2，即e−a−1≤2，
则−a−1≤ln2，解得a≥−1−ln2，
故实数a的取值范围为[−1−ln2,+∞)．
【答案】
解：(1)将点P2,3代入C的方程得4a2+3b2=1，
因为2b=4，即b=2，所以a=4，
所以C的方程为x216+y24=1．
(2)12|AB|+1|OQ|2为定值，且该定值为516，求解过程如下：
①当直线l的斜率不存在或为0时，结论易求．
②当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y=kx−23，Ax1,y1,Bx2,y2．
联立方程x216+y24=1,y=kx−23,得1+4k2x2−163k2x+48k2−16=0，
由题意知Δ>0，x1+x2=163k21+4k2，x1x2=48k2−161+4k2，
所以|AB|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=8+8k21+4k2．
又射线OQ⊥l，所以OQ的方程为y=−1kx，设Qx0,y0，
联立方程 x216+y24=1,y=−1kx,得4+k2x2−16k2=0．
所以|OQ|2=x02+y02=16+16k24+k2，
所以12|AB|+1|OQ|2=1+4k216+16k2+4+k216+16k2=516．
综上，12|AB|+1|OQ|2为定值，且该定值为516．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将点P2,3代入C的方程得4a2+3b2=1，
因为2b=4，即b=2，所以a=4，
所以C的方程为x216+y24=1．
(2)12|AB|+1|OQ|2为定值，且该定值为516，求解过程如下：
①当直线l的斜率不存在或为0时，结论易求．
②当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y=kx−23，Ax1,y1,Bx2,y2．
联立方程x216+y24=1,y=kx−23,得1+4k2x2−163k2x+48k2−16=0，
由题意知Δ>0，x1+x2=163k21+4k2，x1x2=48k2−161+4k2，
所以|AB|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=8+8k21+4k2．
又射线OQ⊥l，所以OQ的方程为y=−1kx，设Qx0,y0，
联立方程 x216+y24=1,y=−1kx,得4+k2x2−16k2=0．
所以|OQ|2=x02+y02=16+16k24+k2，
所以12|AB|+1|OQ|2=1+4k216+16k2+4+k216+16k2=516．
综上，12|AB|+1|OQ|2为定值，且该定值为516．
【答案】
解：(1)由x=3csα,y=3+3sinα（α为参数），得x2+y−32=9，
即x2+y2−6y=0，
故C1的极坐标方程为ρ2−6ρsinθ=0，即ρ=6sinθ.
由x=t22y=2t’（t为参数），得y2=8x，
故C2的极坐标方程为ρ2sin2θ=8ρcsθ，即ρsin2θ=8csθ.
(2)联立方程组ρ=6sinθ,θ=π4,解得ρ=32，则|OA|=32，
联立方程组ρsin2θ=8csθ,θ=π4,解得ρ=82，则|OB|=82，
故|AB|=||OA|−|OB||=52.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程
抛物线的极坐标方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由x=3csα,y=3+3sinα（α为参数），得x2+y−32=9，
即x2+y2−6y=0，
故C1的极坐标方程为ρ2−6ρsinθ=0，即ρ=6sinθ.
由x=t22y=2t’（t为参数），得y2=8x，
故C2的极坐标方程为ρ2sin2θ=8ρcsθ，即ρsin2θ=8csθ.
(2)联立方程组ρ=6sinθ,θ=π4,解得ρ=32，则|OA|=32，
联立方程组ρsin2θ=8csθ,θ=π4,解得ρ=82，则|OB|=82，
故|AB|=||OA|−|OB||=52.
【答案】
解：(1)因为f(x)=|2x+3|−|2x−1|=4,x≥12,4x+2,−32
(2)因为|2x+3|−|2x−1|≤|2x+3−2x−1|=4，
所以m=4.
由 4a+b=ab，得4b+1a=1，
则a+4b=4b+1aa+4b=4ab+17+4ba≥25，
当且仅当a=b=5时，等号成立，故a+mb的最小值为25.
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为f(x)=|2x+3|−|2x−1|=4,x≥12,4x+2,−32
(2)因为|2x+3|−|2x−1|≤|2x+3−2x−1|=4，
所以m=4.
由 4a+b=ab，得4b+1a=1，
则a+4b=4b+1aa+4b=4ab+17+4ba≥25，
当且仅当a=b=5时，等号成立，故a+mb的最小值为25.研发费x
5
8
12
15
20
z=lny
4.5
5.2
5.5
5.8
6.5
里程；千米
[30,60)
[60,90)
[90,120)
[120,150)
150,180
频数
30
60
50
40
20
跑步里程千米≥120
跑步里程千米<120千米
总计
男学生
40
女学生
80
总计
200
PK2≥k0
0.10
0.05
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
跑步里程千米≥120
跑步里程千米<120千米
总计
男学生
40
60
100
女学生
20
80
100
总计
60
140
200
跑步里程千米≥120
跑步里程千米<120千米
总计
男学生
40
60
100
女学生
20
80
100
总计
60
140
200
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