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(文)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数学（文科）期末试题
第I卷（选择题）
一、单选题
1．已知集合，，则（
）
A．
B．
C．
D．
2．已知i为虚数单位，则复数在复平面上对应的点位于（
）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
3．命题“，”的否定是（
）
A．，
B．，
C．，
D．，
4．在平面直角坐标系中，已知两点A(cos80°，sin80°)，B(cos20°，sin20°)，则的值是（
）
A．
B．
C．
D．1
5．在正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则与侧面所成角的正弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
6．在等比数列中，，，则（
）
A．0
B．1
C．2
D．4
7．执行如图所示的程序框图，若输入的为-4，则输出的值为（
）
（16题图）
A．0.5
B．1
C．2
D．4
8．已知直线和，则“”是“”的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
9．已知过点的直线被圆截得的弦长为，则直线的方程是（
）
A．
B．
C．或
D．或
10．若，则函数的最大值为（
）
A．
B．
C．3
D．4
11．设，，，则
A．
B．
C．
D．
12．已知，，，则（
）
A．
B．
C．
D．
二、填空题
13．已知角的终边经过点，则________.
14．函数在处的切线方程为___________.
15．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．已知在鳖臑中，平面，则该鳖臑的外接球的表面积为_______．
16．已知是椭圆的一个焦点，过F的直线交该椭圆于两点，线段的中点坐标为，则该椭圆的离心率是__________．
三、解答题
17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求B；（2）若，的面积为，求的周长.
某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽多少之间的关系进行研究，他们分别记录了
5月1日至5月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子浸泡后的发芽数，得到如下资料：
日期
5月1日
5月2日
5月3日
5月4日
5月5日
温差
10
11
13
12
8
发芽数（颗）
25
27
32
28
18
（1）从5月1日至5月5日中任选2天，记发芽的种子数分别为，，求事件“，均小于27”的概率
（2）请根据5月2日至5月4日的数据，求出关于的线性回归方程.
（参考公式：回归直线方程为，其中，）
19．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
20．已知椭圆的离心率为，椭圆C上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为6．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线与椭圆C交于A，B两点，点P(0，1)，且，求直线的方程．
21．已知函数.
（1）求的单调区间与极值；
（2）求关于x的方程的解的个数.
22．在直角坐标系
中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）求直线被曲线截得的弦长.
第3页
共4页
◎
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第1页
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◎
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参考答案
1．A
【详解】
因为集合，，
则，
故选：A.
2．A
【详解】
由于复数，，
在复平面的对应点坐标为，
在第一象限，
故选：A.
3．D
【详解】
根据全称命题的否定是特称命题可得，该命题的否定为，，
故选：D
4．D
【详解】
由A，B坐标知，，
则
故选：D
5．D
【详解】
作的中点，连接，，，
根据题意，易得平面，
故与侧面所成角即为，
因侧棱长为，底面三角形的边长为1，
所以，，
故，
即与侧面所成角的正弦值为.
故选：D.
6．C
【分析】
解：在等比数列中，
，，
，
解得，．
故选：．
7．C
【详解】
，进入循环体，依次执行命令有，，，退出循环，得
故选：C
8．B
【详解】
当时，，，若，此时重合，所以充分性不满足；
当时，且，所以且，所以必要性满足，
所以“”是“”的必要不充分要条件，
故选：B.
【点睛】
结论点睛：已知；
若，则有且.
9．D
【详解】
圆的圆心为点，半径为，圆心到直线的距离为.
①若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时圆心到直线的距离为，合乎题意；
②若直线的斜率存在，可设直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，解得.
此时直线的方程为.
综上所述，直线的方程为或.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：圆的弦长的常用求法
（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.
10．A
【详解】
，，
，
当且仅当，即时等号成立，
的最大值为.
故选：A.
【点睛】
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
11．B
【分析】
b和c的比较，将，转化比较，
a和c的比较找中间数，
分别作差比较.，最后得到结论.
【详解】
因为，，
又因为，，
所以.
又因为，
因，故，
所以即.
又，
因，故，
所以.即
所以
故.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了对数的转化及比较大小，还考查了转化化归运算比较的能力，属于中档题.
12．C
【分析】
构造函数，利用导数判断其单调性，由已知可得，，
，；，，进而利用单调性可得答案.
【详解】
令，
，
时，，则在上递减，
时，，则在上递增，
由可得，
化为
∴，则，
同理，；，，
因为，所以，
可得，
因为在上递减，，
∴，
故选：C．
【点睛】
方法点睛：利用导数求函数单调区间的步骤：求出，在定义域内分别令求得的范围，可得函数增区间，由求得的范围，可得函数的减区间.
13．
【分析】
利用三角函数的定义求出，再求的值.
【详解】
因为角的终边经过点，
所以
所以.
故答案为：.
14．
【分析】
利用导数的几何意义求切线的斜率，然后根据直线方程的点斜式写出切线方程.
【详解】
因为，所以，
所以，，
所以切线方程为，即.
故答案为：.
15．．
【分析】
证明，可得是外接球的直径，求得长度后可球表面积．
【详解】
因为平面，平面，所以，同理，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，所以的中点到四点距离相等，为四面体外接球球心，
又由已知得，，
所以外接球表面积为．
故答案为：．
【点睛】
关键点点睛：本题考查求三棱锥外接球表面积，解题关键是打到外接球球心，求出球半径．三棱锥的外接球球心在过各面外心与该面垂直的直线上．
16．
【分析】
根据在椭圆上，通过点差法将直线的斜率、中点与坐标原点连线的斜率、联系在一起，由此求解出的值，再根据求解出离心率的值.
【详解】
设，因为在椭圆上，所以，
所以，所以，
因为线段的中点坐标为，，
所以，，且，
所以，所以且，所以，
故答案为：.
【点睛】
结论点睛：关于直线与圆锥曲线相交的中点弦的有关结论（已知直线与圆锥曲线交于两点，且的中点为），
（1）当曲线是椭圆
时，；
（2）当曲线是双曲线，；（注：双曲线中利用点差法求解中点弦所在直线的斜率时，要将结果带回原方程进行验证）
（3）当曲线是抛物线时，.
17．
【详解】
解：（1），
由正弦定理得：，
整理得：，
∵在中，，
∴，
即，
∴，
即；
（2）由余弦定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为.
18．（【详解】
解：（1），构成的基本事件有：，，，，，，，，，，共有10个.其中“，均小于27”的有1个，其概率为.
（2），，，
于是，，
故所求线性回归方程为.
19．
【详解】
（1）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（2）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
20．【详解】
（1）由已知，，
解得，，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）由得，，
因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以△，
解得．
设，，，，
则，，
计算，
所以，，中点坐标为，
因为，所以，，
所以，
解得，
经检验，符合题意，
所以直线的方程为或．
21．
解：（1）函数的定义域为，
，
令，解得或，
当x变化时，的变化情况如下表
x
1
+
0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
∴在和上单调递增，在上单调递减，
当时，有极大值，
当时，有极小值；
（2）方程的解的个数为函数的图象与直线的交点个数，
由（1）及的图象，可得：
当或时，的解为1个；
当或时，解为2个；
当时，解为3个．
22．（1），；（2）.
【详解】
（1）由直线的参数方程(
t为参数可得其普通方程为：
；
由曲线的极坐标方程得，所以曲线的直角坐标方程为：
.
（2）由（1）得曲线：，圆心到直线的距离为：，
所以直线被曲线截得的弦长为：.
答案第1页，总2页
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