贵州省黔西南州同源高中2020-2021学年高二下学期期末考试数学(理)试题 (Word版含答案解析)

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同源中学2020-2021学年度第二学期高二（理科）数学期末考试卷
第I卷（选择题）
一、单选题
1．已知集合，，则（
）
A．
B．
C．
D．
2．已知为虚数单位，则的共轭复数为（
）
A．
B．
C．
D．
3．若等差数列的前项和为，且，则的值为（
）
A．
B．
C．
D．
4．已知一个几何体的三视图及其大小如图，这个几何体的体积（
）
A．
B．
C．
D．
5．已知扇形面积为，半径是1，则扇形的圆心角是（
）
A．
B．
C．
D．
6．计算的值为
A．
B．
C．
D．
7．已知，，，则，，的大小是（
）
A．
B．
C．
D．
8．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则角B的大小是（
）
A．45°
B．60°
C．90°
D．135°
9．执行右图所示的程序框图，则输出的值为（
）
A．
B．
C．
D．
10．已知某随机变量服从正态分布N(1，32)，则P()为（
）(附：若随机变量服从正态分布N(，)，则，)
A．87.22%
B．13.59%
C．27.18%
D．81.85%
11．2020年3月，中共中央国务院印发了《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，提出“把劳动教育纳入人才培养全过程，贯通大中小学各学段，贯穿家庭?学校?社会各方面，与德育?智育?体育?美育相融合，紧密结合经济社会发展变化和学生生活实际，积极探索具有中国特色的劳动教育模式”.贵州省某学校结合自身实际，推出了《职业认知》《家政课程》《田地教育》《手工制作》《种植技术》五门劳动课程，要求学生从中任选两门进行学习，经考核合格后方能获得相应学分.已知甲?乙两人都选了《职业认知》，则另外一门课程不相同的概率为（
）
A．
B．
C．
D．
12．函数的图象大致为（
）
A．
B．
C．
D．
第II卷（非选择题）
二、填空题
13．已知函数，则______.
14．设，满足约束条件，则的最大值为________．
15．若的二项展开式中第5项为常数项，则______．
16．有下列五个命题：①函数的图像一定过定点；
②已知，且，则；
③
函数的定义域是，则函数的定义域为；
④已知且，则实数.
其中正确命题的序号是__________．（写出所有正确命题的序号）
三、解答题
17．记等差数列的前项和为，设，且成等比数列.
求
（1）
a1和d.
（2）求数列的前项和.
18．2019年底，湖北省武汉市等多个地区陆续出现感染新型冠状病毒肺炎的患者.为及时有效地对疫情数据进行流行病学统计分析，某地研究机构针对该地实际情况，根据该地患者是否有武汉旅行史与是否有确诊病例接触史，将新冠肺炎患者分为四类：有武汉旅行史（无接触史），无武汉旅行史（无接触史），有武汉旅行史（有接触史）和无武汉旅行史（有接触史），统计得到以下相关数据.
（1）请将列联表填写完整：
有接触史
无接触史
总计
有武汉旅行史
27
无武汉旅行史
18
总计
27
54
（2）能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系？
附：
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
19．如图所示，平面ABCD，四边形AEFB为矩形，，，．
（1）求证：平面ADE；
（2）求平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值．
20．已知椭圆：的左右焦点分别为和，为椭圆上的动点，的最小值为1，且的最大值为3．
（1）求椭圆的方程；
（2）若经过且倾斜角为45°的直线与椭圆交于、两点，求弦长．
21．已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数的最小值
22．在直角坐标系中，直线l的参数方程是(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线l和曲线C交于两点，点，求的值.
试卷第2页，总2页
试卷第1页，总1页
参考答案
1．B
【分析】
集合是确定的，需要计算集合，集合中的元素为，而函数的自变量是中的元素，将中的元素依次代入可以得到集合，根据集合的交集运算可得结果.
【详解】
∵，，
∴，
∴.
故选：B.
2．C
【分析】
利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义可得结果.
【详解】
因为，因此，的共轭复数为.
故选：C.
3．B
【分析】
利用等差数列的前项和公式可求得的值.
【详解】
由等差数列的基本性质得，因此，.
故选：B.
【点睛】
本题考查等差数列求和，考查计算能力，属于基础题.
4．B
【分析】
根据三视图，还原出直观图，根据椎体和柱体的体积公式，即可得答案.
【详解】
由三视图可得，该几何体为一个底面半径为2，高为3的圆锥与一个底面半径为2，高为3的圆柱的组合体，
所以.
故选：B
5．C
【分析】
根据扇形面积公式即可求出.
【详解】
设扇形的圆心角为，
则，即，解得.
故选：C.
6．B
【分析】
将所求积分还原为，求解得到结果.
【详解】
本题正确选项：
【点睛】
本题考查积分的求解，属于基础题.
7．A
【分析】
利用中间量和比较可得答案.
【详解】
，，，
所以.
故选：A
【点睛】
关键点点睛：利用中间量和比较是解题关键.
8．A
【分析】
由利用余弦定理可得，结合的范围，即可得的值．
【详解】
中，，
可得：，
由余弦定理可得：
，
，
，
故选：A.
9．C
【分析】
按照程序框图运行程序即可求解.
【详解】
解：由程序框图可知：
第一次进入循环：，，
第二次进入循环：，，
第三次进入循环：，，
第四次进入循环：，，
此时，，终止循环，输出.
故选：C.
10．D
【分析】
由P()，结合所给条件，即可得解.
【详解】
因为p(-2<ξ<4)
，
p(-5<ξ<7)=
，
所以p(-2<ξ<7)=68.26%+(95.44%-68.26%)=81.85%，
故选：D.
11．D
【分析】
确定基本事件总数和满足题意的基本事件个数，由古典概型概率公式可得结果.
【详解】
由题意知：基本事件总数，
其中甲乙两人都选了《职业认知》，另外一门课程不相同所包含的基本事件个数，
甲?乙两人都选了《职业认知》，另外一门课程不相同的概率为：.
故选：D.
12．B
【分析】
利用奇偶性可排除C；令，利用导数可求得在上恒成立，由此可得在上恒成立，可排除A；利用洛必达法则知，可排除D，由此得到选项.
【详解】
由题意知：定义域为，
，
为奇函数，图象关于原点对称，可排除C；
令，则，，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，在上单调递增，
，
当时，，可排除A；
，，
由洛必达法则可知：，可排除D.
故选：B.
【点睛】
思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
13．26
【分析】
代入分段函数，分别求值.
【详解】
，，
则.
故答案为：
14．
【分析】
作出可行域，平移目标函数找到取最大值的点，代入可求最大值.
【详解】
作出不等式组表示的可行域,如图，
设，由图可知，当直线经过点时，取到最大值，联立可得，代入可得取得最大值．
【点睛】
本题主要考查线性规划求解最值，作出可行域先确定最值点是求解关键，侧重考查直观想象，逻辑推理的核心素养.
15．6
【分析】
写出的展开式的通项，然后由题意可得当时的指数为0，从而解出.
【详解】
的展开式的通项为
因为展开式中第5项为常数项，所以，解得
故答案为：6
【点睛】
本题考查的是二项式定理，准确的写出通项是解题的关键，属于基础题.
16．①②④
【分析】
①根据函数的图像一定过定点可以直接判断；
②根据求出，然后计算即可判断；
③求抽象函数的定义域；
④指数与对数的互化，再结合对数的运算即可判断.
【详解】
①因为函数的图像一定过定点，
所以令，即，此时，
所以函数的图像一定过定点，故①正确；
②已知，且，即，
整理，而，故②正确；
③函数的定义域是，所以，即，
则函数的定义域为，故③错误；
④已知，则，
又，则，即，
所以，则实数，故④正确.
故答案为：①②④
17．（1），，或，，（2）或
【分析】
（1）由成等比数列，可得，结合，列出关于的方程组，可求出a1和d.
（2）直接利用等差数列的前项和公式求解即可
【详解】
解：（1）设等差数列的公差为，
因为成等比数列，所以，
即，
因为，所以，即，
所以，，解得或，
当时，，当时，，
所以，，或，，
（2）当，时，，
当，时，
【点睛】
此题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，考查计算能力，属于基础题
18．（1）列联表见解析；（2）能
【分析】
（1）根据表格可得有武汉旅行史且有接触史的有9人，有武汉旅行史且无接触史的有18人，可以完成表格；
（2）根据列联表计算卡方，根据参考数据可以得出结论.
【详解】
（1）请将该列联表填写完整：
有接触史
无接触史
总计
有武汉旅行史
9
18
27
无武汉旅行史
18
9
27
总计
27
27
54
（2）根据列联表中的数据，由于
.
因此，在犯错误的概率不超过0.025的前提下，认为有武汉旅行史与有确诊病例接触史有关系.
【点睛】
本题主要考查独立性检验，题目较为简单，独立性检验根据公式计算卡方是求解的关键，侧重考查数据处理的核心素养.
19．（1）见解析（2）
【分析】
（1）根据，，从而证明平面平面ADE，从而平面ADE。（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的空间坐标，根据向量法求解即可。
【详解】
（1）∵四边形ABEF为矩形
又平面ADE，AE平面ADE
平面ADE
又，
同理可得：平面ADE
又，BF，BC
平面BCF
∴平面平面ADE
又CF平面BCF
平面ADE
（2）如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，则
，，
,,
设是平面CDF的一个法向量，则
即
令，解得
又是平面AEFB的一个法向量，
∴平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】
此题考查立体几何线面平行证明和二面角求法，线面平行可先证面面平行得到，属于简单题目。
20．（1）；（2）
【分析】
（1）由题可得，，即可求出，得出椭圆方程；
（2）求出直线方程，代入椭圆，写出韦达定理，利用弦长公式即可求出.
【详解】
（1）由题可知，当在左顶点时，取最小，取最大，
即，，解得，，
椭圆的方程为；
（2）可知直线斜率为1，且，
所以直线方程为，
设，
将直线方程代入椭圆方程可得，
，
.
21．（1）单调减区间是(-∞，，0)，单调增区间是(0，+∞)；（2）最小值1.
【分析】
（1）直接利用导数求函数的单调区间；
（2）由（1）可得ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
把转化为，直接求出最小值1，并判断出g(x)取得最小值时条件存在.
【详解】
解∶（1）的定义域为R,
，
当x<0时，有，当x>0时，有；
所以函数f(x)的单调减区间是(-∞，，0)，单调增区间是(0，+∞).
（2）由（1）可得f(x)min=f(0)=0，有ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
所以，
当且仅当lnx+x=0时，等号成立.
设h(x)=lnx+x(x>0)，
所以h(x)在(0，+∞)上是增函数，.
而，h（1）=1>0，
由零点存在性定理，存在唯一，使得h(x0)=0，
所以当x=x0时，函数g(x)取得最小值1.
【点睛】
导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围.
22．（1）：，：；（2）.
【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）联立方程，利用韦达定理求出结果.
【详解】
（1）直线l的参数方程是(t为参数)，转换为普通方程为.
曲线C的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为；
（2）把直线l的参数方程是(t为参数)，代入，
得到，
所以，
所以.
答案第1页，总2页
答案第1页，总2页