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  • 2021-06-16 发布

陕西省榆林市2020-2021学年高二上学期期末考试文科数学试卷 Word版含解析

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- 1 - 榆林市 2020~2021 学年度第一学期期末调研试题 高二数学(文科) 满分 150 分,时间 120 分钟. 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的) 1. 已知集合 {0,2}A  , { 2, 1,0,1,2}B    ,则 A B  ( ) A. {0,2} B. {1,2} C. {0} D. { 2, 1,0,1,2}  【答案】A 【解析】 【分析】 由交集定义计算. 【详解】根据集合交集中元素的特征,可得 {0,2}A B  , 故选:A. 【点睛】本题考查集合的交集运算,属于简单题. 2. 已知等比数列 na 的各项都是正数,且 3 7 9a a  ,则 5a  ( ) A. 9 B. 3 C. 3 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 利用等比中项的性质结合数列 na 是正项数列可求得 5a 的值. 【详解】已知等比数列  na 的各项都是正数,且 3 7 9a a  ,由等比中项的性质可得 2 5 3 7 9a a a  。 因此, 5 3a  . 故选:C. 3. ABC 的内角 A , B ,C 的对边分别为 a ,b ,c .若 45A   , 60B   , 2a  ,则b - 2 - 的值为( ). A. 2 B. 3 C. 6 D. 2 6 【答案】B 【解析】 【分析】 根据正弦定理建立方程可得选项. 【详解】由正弦定理 sin sin a b A B  得 2 sin45 sin60 b  ,解得 3b  , 故选:B. 【点睛】本题考查运用正弦定理解三角形,属于基础题. 4. 已知向量 a  ,b  不共线, 3c a b    ,  2d ma m b     ,若 //c d   ,则 m  ( ) A. -12 B. -9 C. -6 D. -3 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 //c d   ,由 c d  ,利用待定系数法求解. 【详解】已知向量 a  ,b  不共线,且 3c a b    ,  2d ma m b     , 因为 //c d   , 所以 c d  , 则  3 2m ab m ba       , 所以   3 2 1 m m       , 解得 3 1 m       , 故选:D 【点睛】本题主要考查平面向量共线的应用,还考查了运算求解的能力,属于基础题. 5. 已知 0.3 0.5 0.5log 3, 2 , 0.3a b c   ,则( ) - 3 - A. a b c  B. b a c  C. b c a  D. a c b  【答案】D 【解析】 【分析】 直接利用指数函数和对数函数的单调性判断. 【详解】因为 0.3 0.5 0.5log 3 0, 2 ,0 31 0. 1a b c     , 所以 a c b  , 故选:D 6. 过抛物线 2 4y x 的焦点的直线 l 交抛物线于 1 1( , )P x y 、 2 2( , )Q x y 两点,如果 1 2 6x x  , 则 PQ  ( ) A. 9 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 根据抛物线的方程,算出焦点为 (1,0)F ,准线方程为 1x   ,利用抛物线的定义求得弦长, 即可求解. 【详解】由题意,抛物线的方程为 2 4y x ,可得 2 4 12 pp    , 所以抛物线的焦点为 (1,0)F ,准线方程为 1x   , 根据抛物线的定义,可得 1 1 2 21, 12 2 p pPF x x QF x x        , 所以 1 2( ) 2PF QF x x    , 又因为 PQ 过抛物线的焦点 F ,且 1 2 6x x  , 所以 1 2( ) 2 8PQ PF QF x x      ,故选 D. 【点睛】本题主要考查了抛物线的定义的应用,以及抛物线的焦点弦问题,其中解答中熟记 抛物线的定义,合理利用焦点弦的性质求解是解答本题的关键,着重考查了分析问题和解答 问题的能力,属于基础题. 7. “ 1a  ”是“  1 2 0a a   ”的( ) - 4 - A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 先解不等式  1 2 0a a   ,再由充分条件与必要条件的概念,即可得出结果. 【详解】解不等式   1 2 0a a   得1 2a  ; 由1 2a  能推出 1a  ,由 1a  不能推出1 2a  ; 所以“ 1a  ”是“  1 2 0a a   ”的必要不充分条件. 故选 B 8. 已知变量 x,y 满足约束条件 1, 3, 0, x y x y x        ,则 2z x y   的最大值为( ) A 3 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 画出不等式组表示的平面区域,数形结合即可求出. 【详解】画出不等式组表示的平面区域,如图阴影部分, 将 2z x y   化为 2y x z  , 观察图形可得,当直线 2y x z  过点  0,3A 时, z 取得最大值为 3. - 5 - 故选:D. 9. 已知函数    2 0f x ax x a   ,若对任意  1 2, 2,x x   ,且 1 2x x ,都有      1 2 1 2 0f x f x x x      ,则实数 a 的取值范围是( ) A. 1 ,2     B. 1 ,2    C. 1 ,4    D. 1 ,4     【答案】C 【解析】 【分析】 由题可得  f x 在 2, 上单调递增,讨论 0a  和 0a  两种情况可求出. 【详解】对任意  1 2, 2,x x   ,且 1 2x x ,都有      1 2 1 2 0f x f x x x      ,  f x 在 2, 上单调递增,     2 0f x ax x a   的对称轴为 1 2x a  , 当 0a  时,  f x 开口向下,在 2, 单调递减,不符合题意; 当 0a  时,  f x 开口向上,要在 2, 单调递增,则 1 22a  ,解得 1 4a  , 综上, 1 4a  . 故选:C. 【点睛】本题考查利用函数的单调性求参数,解题的关键是判断出  f x 在 2, 上单调递 增. 10. 一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径,则圆柱的全面积与球的表面积之比为 ( ) A. 2:1 B. 3:2 C. 4:3 D. 1:1 【答案】B 【解析】 【分析】 设球的半径为 R ,分别求出球和圆柱的表面积即可求解. 【详解】设球的半径为 R ,则该圆柱的底面半径为 R ,高为 2R - 6 - 所以圆柱的表面积为: 2 22 2 2 6R R R R     ,球的表面积为: 24 R 则圆柱的全面积与球的表面积之比为 3:2 故答案选 B 【点睛】本题主要考查了圆柱和球的表面积,属于基础题. 11. 已知命题 : 2p x  , 2 2xx  ,命题 0:q x R  ,  2 0ln 1 0x   ,则下列命题是真命题 的是( ) A.  p q  B.  p q  C. p q D. p q 【答案】B 【解析】 【分析】 根据初等函数的性质,先判定命题 ,p q 都为假命题,再利用复合命题的真假判定方法,结合 选项,即可求解. 【详解】例如:当 5x  时, 2 55 2 ,所以命题“ :p 22, 2xx x   ”为假命题, 由 2 0 1 1x   ,所以  2 0ln 1 0x   ,所以命题“ 0:q x R  ,  2 0ln 1 0x   ”为假命题, 则 p 和 q 都为真命题, 所以  p q  为假命题,  p q  为真命题, p q 为假命题, p q 为假命题. 故选:B. 12. 已知 2 1nS n n a    是一个等差数列的前 n 项和,对于函数   2f x x ax  ,若数列   1 f n       的前 n 项和为 nT ,则 2020T 的值为( ) A. 2021 2022 B. 2018 2019 C. 2019 2020 D. 2020 2021 【答案】D 【解析】 【分析】 首先根据题意求出 1a   ,再利用裂项求和法即可求解. 【详解】 2 1nS n n a    是一个等差数列的前 n 项和,则 1 0a   ,解得 1a   , - 7 - 所以   2f x x x  , 所以    2 1 1 1f n n n n n    , 所以   1 f n       的前 n 项和为   1 1 1 1 1 1 1 1 11 11 2 2 3 1 2 2 3 1 1 1n nT n n n n n n                    , 则 2020 2020 2021T  . 故选:D 【点睛】本题考查了等差数列的前 n 和公式的性质、裂项求和法,考查了计算求解能力,属于 基础题. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13. 若 1sin 3   ,则 cos2  __________. 【答案】 7 9 【解析】 【分析】 【详解】 2 21 7cos2 1 2sin 1 2 ( ) .3 9        14. 曲线 siny x 在点 0,0 处的切线方程为______. 【答案】 0x y  【解析】 【分析】 求出曲线在 0x  处的导数值即切线斜率,即可得出方程 . 【详解】 siny x , cosy x  , 在点 0,0 处的切线的斜率 cos0 1k   , 则切线方程为 y x ,即 0x y  . 故答案为: 0x y  . - 8 - 15. 为了净化水质,向一游泳池加入某种药品,加药后,池水中该药品的浓度C (单位:mg / L ) 随时间t (单位: h )的变化关系为 2 24 9 tC t   ,则池水中药品的浓度最大可达到 ________ mg / L . 【答案】4 【解析】 【分析】 2 24 24 99 tC t t t    ,然后利用对勾函数的知识可得答案. 【详解】因为 2 24 24 99 tC t t t    ,所以当 3t  时 max 24 493 3 C    故答案为:4 16. 已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的右焦点为 F,O 为坐标原点,以 F 为圆心,OF 为半径的圆与 x 轴交于 O,A 两点,与双曲线 C 的一条渐近线交于 O,B 两点.若 4AB a , 则双曲线 C 的一条渐近线方程为______. 【答案】 2y x (或 2y x  ) 【解析】 【分析】 90ABO   ,可得 tan ABAOB OB   ,即 2 2 4 4 16 b a a c a   ,化简可得 2b a  ,即得渐近线 方程. 【详解】由题可知,OA 为圆 F 的直径,B 为圆上一点, 90ABO   ,  4AB a , 2OA c ,    2 2 2 22 4 4 16OB c a c a     , 不妨设 B 在渐近线 by xa  上, 则在直角三角形 ABO 中, tan ABAOB OB   , 即 2 2 4 4 16 b a a c a   ,即   2 2 2 2 2 2 16 4 16 b a a a b a    ,解得 2b a ,即 2b a  , - 9 - 故双曲线 C 的一条渐近线方程为 2y x (或 2y x  ). 故答案为: 2y x (或 2y x  ). 【点睛】本题考查双曲线渐近线的求解,解题的关键是得出 tan ABAOB OB   ,建立关于 ,a b 的齐次方程可求出. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17. 在 ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 5a  , 7b  , 8c  . (1)求 cos B 的值; (2)求 ABC 的面积. 【答案】(1) 1 2 ;(2)10 3 . 【解析】 【分析】 (1)根据余弦定理求解 cos B ;(2)求解得 3B  ,代入面积公式 1 sin2ABCS ac B△ 求解. 【详解】(1)∵ 5a  , 7b  , 8c  , ∴ 2 2 2 2 2 25 8 7 1cos 2 2 5 8 2 a c bB ac        . (2)∵ 1cos 2B  ,  0,B  ,∴ 3B  , ∴ 1 1 3sin 5 8 10 32 2 2ABCS ac B     △ . 18. 设等差数列 na 的前 n 项和为 nS , 7 14S  , 2 12 10a a  . (1)求 na ; (2)设 2 na nb  ,证明数列 nb 是等比数列,并求其前 n 项和 nT . 【答案】(1) 2na n  ;(2)证明见解析; 1 12 2 n nT   . 【解析】 【分析】 (1)利用等差数列的求和公式和基本量运算得到 na ; (2)利用定理证明数列 nb 是等比数列,公式法求和即可. - 10 - 【详解】(1)由题可知 na 是等差数列.由 7 17 21 14S a d   , 2 12 12 12 10a a a d    , 联立解得 1 1a   , 1d  ,所以 2na n  ; (2)由 22 2n n nb a   , 1 1 1 2 2 2 22 2 n n a n n a n n b b       ,得数列 nb 是首项为 1 2 , 公比为 2 的等比数列.数列 nb 的前 n 项和   1 1 1 2 12 21 2 2 n n nT      . 【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式,考查学生计算能力,属于基 础题. 19. 如图,四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是直角梯形, 90DAB   , //AD BC , AD  侧面 PAB , PAB△ 是等边三角形, 2AD AB  ,E 是线段 AB 的中点. (1)求证: PE  平面 ABCD ; (2)求三棱锥 E PAD 的体积. 【答案】(1)证明见解析;(2) 3 3 . 【解析】 【分析】 (1)由题可得 AD PE , PE AB ,即可证明; (2)由 1 3E PAD D PAE PAEV V S AD   △ 可求. 【详解】解:(1)证明:∵ AD  侧面 PAB , PE  平面 PAB ,∴ AD PE , ∵ PAB△ 是等边三角形,E 是线段 AB 的中点,∴ PE AB , 又 AD AB A  , AD 平面 ABCD , AB Ì平面 ABCD , ∴ PE  平面 ABCD . (2)∵ AD  侧面 PAB , - 11 - ∴ AD 是三棱锥 D PAE 的高, ∵ PAB△ 是等边三角形, 2AD AB  ,∴ 3PE  , ∴ 1 1 1 31 3 23 3 2 3E PAD D PAE PAEV V S AD         △ . 20. 为了更好地刺激经济复苏,增加就业岗位,多地政府出台支持“地摊经济”的举措.某市 城管委对所在城市约 6000 个流动商贩进行调查统计,发现所售商品多为小吃、衣帽、果蔬、 玩具、饰品等,各类商贩所占比例如图1. (1)该市城管委为了更好地服务百姓,打算从流动商贩经营点中随机抽取100个进行政策问 询.如果按照分层抽样的方法随机抽取,请问应抽取小吃类、果蔬类商贩各多少家? (2)为了更好地了解商贩的收入情况,工作人员还对某果蔬经营点最近 40 天的日收入(单 位:元)进行了统计,所得频率分布直方图如图 2 .若从该果蔬经营点的日收入超过 200 元的 天数中机抽取两天,求这两天的日收入至少有一天超过 250 元的概率. 【答案】(1)应抽取小吃类商贩 40 (家),果蔬类商贩15 (家);(2) 3 5 . 【解析】 【分析】 (1)求出小吃类、果蔬类商贩的占比,再乘以100可得结果; (2)计算可知该果蔬经营点的日收入超过 200 元的天数为6天,其中超过 250 元的有 2 天, 记为 1a 、 2a ,其余 4 天为 1b 、 2b 、 3b 、 4b ,列举出所有的基本事件,并确定事件“两天的日 收入至少有一天超过 250 元”所包含的基本事件,利用古典概型的概率公式可计算出所求事 件的概率. 【详解】(1)由题意知,小吃类商贩所占比例为1 25% 15% 10% 5% 5% 40%      , - 12 - 按照分层抽样的方法随机抽取, 应抽取小吃类商贩:100 40% 40  (家),果蔬类商贩:100 15% 15  (家). (2)该果蔬经营点的日收入超过 200 元的天数为 0.002 0.001 50 40 6    天,其中超过 250 元的有 40 0.001 50 2   天, 记日收入超过 250 元的 2 天为 1a 、 2a ,其余 4 天为 1b 、 2b 、 3b 、 4b , 随机抽取两天的所有可能情况有: 1 2,a a 、 1 1,a b 、 1 2,a b 、 1 3,a b 、 1 4,a b 、 2 1,a b 、  2 2,a b 、 2 3,a b 、 2 4,a b 、 1 2,b b 、 1 3,b b 、  1 4,b b 、 2 3,b b 、  2 4,b b 、  3 4,b b , 共15 种, 其中至少有一天超过 250 元的所有可能情况有: 1 2,a a 、 1 1,a b 、 1 2,a b 、 1 3,a b , 1 4,a b 、  2 1,a b 、 2 2,a b 、 2 3,a b 、 2 4,a b ,共9种. 所以,这两天的日收入至少有一天超过 250 的概率为 9 3 15 5P   . 【点睛】方法点睛:求解古典概型概率的方法如下: (1)树状图法; (2)列举法; (3)列表法; (4)排列组合数的应用. 21. 已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yM a ba b     的离心率为 6 3 ,焦距为 2 2 .斜率为 k 的直线l 与 椭圆 M 有两个不同的交点 A , B . (1)求椭圆 M 的方程 (2)若 1k  ,求| |AB 的最大值. 【答案】(1) 2 2 13 x y  (2)当直线过原点时最大,为 6 【解析】 【分析】 (1)由椭圆   2 2 2 2: 1 0x yM a ba b     离心率为 6 3 ,焦距为 2 2 列方程组求解即可. - 13 - (2)设直线 l 方程为: y x m  ,由直线 l 与椭圆 M 有两个不同的交点 A , B 得到 m 的范 围,联立直线与椭圆方程,整理,表示出 1 2x x , 1 2x x ,从而表示出 AB ,转化成函数最大 值问题求解. 【详解】(1)由题可得: 2 2 2 6 3 2 2 2 ce a c a b c          ,解得: 3 1 2 a b c       , 所以椭圆 M 的方程为: 2 2 13 x y  . (2)设直线 l 方程为: y x m  ,联立直线与椭圆方程得: 2 2 13 y x m x y     ,整理得: 2 24 6 3 3 0x mx m    ,所以 1 2 3 2 mx x   , 2 1 2 3 3 4 mx x  直线 l 与椭圆 M 有两个不同的交点 A , B ,则:    2 26 4 4 3 3 0m m      , 解得: 2 2m   . 所以  22 2 1 2 1 21 1 4AB x x x x     = 232 3 64 m  , 当且仅当 0m  时,等号成立. 所以 AB 的最大值为 6 . 【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质,还考查了韦达定理、弦长公式及直线与椭圆相交 知识,考查了转化思想及计算能力,属于基础题. 22. 已知函数    2 ln 0a xf x x xx    ,常数 a 大于零. (1)若 1 2a  ,求  f x 的单调区间; (2)若函数     2g x f x a  存在零点,求证: 1 2a  . 【答案】(1)单调递减区间为 0,1 ,单调递增区间为  1, ;(2)证明见解析. 【解析】 - 14 - 【分析】 (1)求出  f x 的导数   2 2 ln 1x xf x x    ,构造函数    2 ln 1 0x x x x     ,可得  x 单调递增,  1 0  ,即可得出  f x 的正负,判断出单调区间; (2)可得 2 1 ln 2 x x a x  ,构造函数    2 ln 0x xh x xx   ,通过导数判断  h x 的单调性, 求出  h x 的值域即可. 【详解】解:(1)当 1 2a  时,    ln 0xf x x xx    , 则   2 2 2 1 ln ln 11 x x xf x x x       , 令    2 ln 1 0x x x x     , 显然  x 单调递增,且  1 0  , ∴当 0 1x  时,   0f x  ,当 1x  时,   0f x  , ∴  f x 的单调递减区间为 0,1 ,单调递增区间为  1, . (2)证明:当 0a  时,由函数     2 0g x f x a   ,得 2 1 ln 2 x x a x  , 令    2 ln 0x xh x xx   , 则    2 4 3 11 2 ln 2ln 1x x x x x xxh x x x            , 令   2ln 1H x x x    , 由  H x 单调递减,且  1 0H  , 得  h x 在 0,1 上单调递增,在 1, 上单调递减, 故  h x 在 1x  处取最大值,最大值为  1 1h  , ∴ 1 1 2a  ,得 1 2a  . 【点睛】方法点睛: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; - 15 - (2)分离参数法:先将参数分离,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