广西南宁三中2019-2020学年高二下学期期末考试（普通班）文科数学试题 Word版含解析 23页

广西南宁三中2021届高二下学期期末考试卷 文科数学 一、选择题 ‎1. 设集合，若,则的值为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎ ，若 ，不满足集合元素的互异性，‎ 故， ‎ 故结果选A.‎ ‎2. 设i为虚数单位，复数z=，则|z－i|=（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对复数进行化简，求出的值，再利用复数的模长计算公式计算可得答案.‎ ‎【详解】解：z===2(1+i)，所以|z－i|=|2＋i|=.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的四则运算及复数模的求解，考查学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎3. 设，都是不等于的正数，则“”是“”的（ ）‎ A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：先判断p⇒q与q⇒p的真假，再根据充要条件的定义给出结论；也可判断命题p与命题 - 23 -‎ q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．然后判断“logab＜0”⇒“（a-1）（b-1）＜0”与“（a-1）（b-1）＜0”⇒“logab＜0”的真假即可得到答案．‎ 详解：由前提条件有意义，‎ 则a>0，a≠1，b>0‎ 则若 <0，则“(a−1)(b−1)<0‎ 若“(a−1)(b−1)<0”，则“ <0”‎ 故“”是“(a−1)(b−1)<0”的充要条件 故选：C 点睛：充分、必要条件的三种判断方法．‎ ‎1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒ ”为真，则是的充分条件．‎ ‎2．等价法：利用⇒ 与非⇒非， ⇒ 与非⇒非， ⇔ 与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．‎ ‎3．集合法：若⊆ ，则是充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．‎ ‎4. 已知定义在R上的函数是奇函数且是增函数，若，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由不等式得，利用，转化，然后利用单调性即可求解.‎ ‎【详解】由不等式得，‎ - 23 -‎ 是奇函数，，‎ ‎，‎ 在R上是增函数，‎ ‎，‎ 不等式的解集为.‎ 故答案为：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，解题的关键是转化对应的函数值.‎ ‎5. 已知向量，若向量在向量方向上的投影为，则向量与向量的夹角是（ ）‎ A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合向量数量积的定义可求，然后根据向量夹角公式即可求解．‎ ‎【详解】解：由数量积的定义知向量在向量方向上的投影为，所以，‎ 所以，所以夹角.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量数量积的定义及性质的简单应用，属于基础题．‎ ‎6. 下列命题中为真命题的是（ ）‎ A. 命题“若，则”的否命题 B. 命题“，”的否定 C. 命题“若，则”的逆否命题 D. 命题“若，则”的逆命题 - 23 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据四种命题真假性之间的关系，以及四种命题的概念，命题否定的概念，逐项判断，即可得出结果.‎ ‎【详解】A选项，命题“若，则”的否命题是：“若，则”，因为，但，故“若，则”为假命题；‎ B选项，因为，恒成立，所以命题“，”为真命题，其否为假命题；‎ C选项，若，则；所以命题“若，则”是假命题，其逆否命题也是假命题；‎ D选项，命题“若，则”的逆命题为：“若，则”，显然是真命题；‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查四种命题真假的判定，以及命题否定的判定，属于基础题型.‎ ‎7. 函数的定义域为，导函数在在的图象如图所示，则函数在内极值点有（ ）‎ A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：根据极值的定义，观察图象知导数值变化的个数，即为极值点的个数．‎ 详解：‎ - 23 -‎ ‎∵函数极值点满足导数为0，且左右两侧导数一正一负，观察导函数图象，可得，满足条件的点为c，d，e，f共4个 故选C 点睛：本题主要是通过导函数的图象研究函数的极值问题．如果是导函数，则需要看导数值的正负变化，如果是原函数，则看的是函数的单调性的变化．‎ ‎8. 己知函数，若函数有且仅有2个零点，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出函数的大致图像，由题意，得到函数与直线的图像有且仅有两个交点，结合图像，得到直线与相切，与曲线相交，根据导数的几何意义，即可求出结果.‎ ‎【详解】画出函数的大致图像如下，‎ - 23 -‎ 因为函数有且仅有2个零点，‎ 所以方程有两不等实根，‎ 即函数与直线的图像有且仅有两个交点，‎ 由图像可得，只需直线与相切，与曲线相交，‎ 设直线与相切于点，‎ 因为，所以，‎ 因此曲线在点处的切线方程为：，‎ 即，‎ 因为即为该切线方程，‎ 所以，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查由函数零点个数求参数，考查导数的几何意义，属于常考题型.‎ ‎9. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，实轴的两个端点分别为、，虚轴的两个端点分别为、.以坐标原点为圆心，为直径的圆与双曲线交于点（位于第二象限），若过点作圆的切线恰过左焦点，则双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，利用勾股定理得出，利用双曲线的定义得出，计算出，然后在中，利用余弦定理可得出关于、的齐次等式，进而可求得该双曲线的离心率的值.‎ ‎【详解】由题意作出草图，如下：‎ 与圆切于，，且，，故.‎ 由双曲线的定义知.‎ 在中，，‎ 在中，由余弦定理，得，即，故离心率.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，同时也考查了利用双曲线的定义处理焦点三角形的问题，涉及了余弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎10. 锐角中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，则 - 23 -‎ 的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将原等式变形为，再结合同角三角函数的商数关系和正弦定理，将角化为边，可得；由余弦定理可推出，；结合锐角，可解得，，从而有，而，根据正弦的两角差公式展开化简后即可得解．‎ ‎【详解】，，‎ ‎，，‎ 由正弦定理知，，‎ ‎，即，‎ 由余弦定理知，，整理得，‎ ‎，‎ ‎，，．‎ 锐角，、，‎ ‎，解得，，‎ ‎，，‎ ‎．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ - 23 -‎ 本题考查解三角形中的正弦定理和余弦定理的综合应用，还涉及正弦的两角差公式、同角三角函数的商数关系等，利用正弦定理将角化边是解题的突破口，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．‎ ‎11. 已知函数，，则下列命题中：①的最小正周期是，最大值是；②的单调增区问是；③；④将的图象向右平移个单位可得函数的图象；其中正确个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将化为，利用周期公式和正弦函数的图象和性质可判断①②④正确与否，利用同角三角函数基本关系式、诱导公式、三角变换公式可证③正确，从而可得正确的选项.‎ ‎【详解】，‎ 所以最小正周期为，最大值为，故①正确；‎ 令，，‎ 则， ‎ 故单调增区间为，所以②正确；‎ ‎.故③正确；‎ 将的图象向右平移个单位后，所得图象对应的解析式为：‎ - 23 -‎ ‎，‎ 即 ‎，‎ 故④正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】形如的函数，可以利用降幂公式和辅助角公式将其化为的形式，再根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等．与三角函数图象有关的平移中，注意利用“左加右减”（注意仅对作变换）来帮助记忆.‎ ‎12. 定义在上的偶函数满足，且在区间上是增函数，若，是锐角三角形的两个内角，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，先得到是周期为的函数，再由函数单调性和奇偶性，得出在区间上是减函数；根据三角形是锐角三角，得到，得出，从而可得出结果.‎ ‎【详解】因为偶函数满足，所以，‎ 即函数是周期为的函数，‎ 又在区间上是增函数，所以在区间上是增函数，‎ 因为偶函数关于轴对称，所以在区间上是减函数；‎ - 23 -‎ 又，是锐角三角形的两个内角，‎ 所以，即，因此，‎ 即，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查由函数的基本性质比较大小，涉及正弦函数的单调性，属于常考题型.‎ 二、填空题 ‎13. 若，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用同角三角函数的基本关系，二倍角的余弦公式以及“1”的灵活变换，求得所给式子的值.‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角的余弦公式，属于中档题.‎ ‎14. 已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为___________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数对应的直线进行平移并观察z的变化，即可得到最大值．‎ ‎【详解】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的阴影部分，‎ 将目标函数对应的直线进行平移并观察z的变化，‎ 通过观察发现，当直线经过时，取得最大值，‎ ‎.‎ 故答案为：1.‎ ‎【点睛】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题．‎ ‎15. 某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 分析：由题意结合几何关系计算公式整理计算即可求得最终结果.‎ 详解：由题意结合几何概型计算公式可知，至少需要等待15秒才出现绿灯的概率：‎ ‎.‎ - 23 -‎ 点睛：解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考察对象和对象的活动范围．当考察对象为点，点的活动范围在线段上时，用线段长度比计算；当考察对象为线时，一般用角度比计算，即当半径一定时，由于弧长之比等于其所对应的圆心角的度数之比，所以角度之比实际上是所对的弧长(曲线长)之比．‎ ‎16. 已知函数的值域为R，其中，则a的最大值为___________.‎ ‎【答案】﹣e2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设g（x）＝，由题意得g（x）能取到一切的正实数，即存在x，使得g（x）≤0，原问题转化为g（x）min≤0，然后利用导数求出函数g（x）的单调性，进而得最小值，列出关于a的不等式即可得解．‎ 详解】设g（x）＝，若f（x）的值域为R，则g（x）能取到一切的正实数，即存在x，使得g（x）≤0，原问题转化为g（x）min≤0．‎ 令g'（x）＝ex+a＝0，，解得x＝ln（﹣a），‎ 当x＜ln（﹣a）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；‎ 当x＞ln（﹣a）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增．‎ ‎∴g（x）min＝g（ln（﹣a））＝＝a[ln（﹣a）﹣2]≤0，‎ ‎∵a＜0，∴ln（﹣a）﹣2≥0，解得a≤﹣e2．‎ ‎∴a的最大值为﹣e2．‎ 故答案为：﹣e2．‎ ‎【点睛】本题考查对数函数的值域，还涉及利用导数研究函数的单调性与最值问题，构造新函数，将原问题转化为新函数的最值问题是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17. 设为等差数列，为数列的前项和，已知，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列的公差为，由条件建立方程组解出和即可；‎ ‎（2），利用等差等比数列的前项和公式计算即可.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，∵，，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴；‎ ‎（2）由（1）得，‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎【点睛】常见数列的求和方法：公式法（等差等比数列）、分组求和法、裂项相消法、错位相减法.‎ ‎18. 2020年寒假是特殊的寒假，因为疫情全体学生只能在家进行网上在线学习，为研究学生网上学习的情况，某校社团对男女各10名学生进行了网上在线学习的问卷调查，每名学生给出评分（满分100分），得到如图所示的茎叶图.‎ ‎（1）根据茎叶图判断男生组和女生组哪个组对网课的评价更高？并说明理由；‎ ‎（2）如图是按该20名学生的评分绘制的频率分布直方图，求的值并估计这20名学生评分的平均值（同一组中的数据用该组区间中点值作为代表）；‎ - 23 -‎ ‎（3）求该20名学生评分的中位数，并将评分超过和不超过的学生数填入下面的列联表：‎ 超过 不超过 男生 女生 根据列联表，能否有的把握认为男生和女生的评分有差异？‎ 附：，‎ ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎0.25‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.455‎ ‎0.708‎ ‎1.323‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎【答案】（1）男生对网课的评价更高，详见解析（2）；平均值为（3）中位数为，填表见解析；没有 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）男生对网课的评价更高，可以根据中位数，平均值，不低于70分的人数得到答案.‎ - 23 -‎ ‎（2）根据比例关系得到，再计算平均值得到答案.‎ ‎（3）计算中位数，完善列联表，计算，对比临界值表得到答案.‎ ‎【详解】（1）男生对网课的评价更高，理由如下：‎ ‎①由茎叶图可知，评价分数不低于分的男生比女生多2人（或），因此男生对网课的评价更高.‎ ‎②由茎叶图可知，男生评分的中位数为77，女生评分的中位数为，因此男生对网课的评价更高.‎ ‎③由茎叶图可知，男生评分的平均分数为，‎ 女生评分的平均分数为，因此男生对网课的评价更高.‎ 以上给出了3种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分.‎ ‎（2）由茎叶图知这20名学生评分在内的有9人，则，‎ 这20名学生评分的平均值为：‎ ‎.‎ ‎（3）由茎叶图知该20名学生评分的中位数为，‎ 超过 不超过 男生 ‎6‎ ‎4‎ 女生 ‎4‎ ‎6‎ ‎.‎ 所以没有的把握认为男生和女生的评分有差异.‎ ‎【点睛】本题考查了茎叶图，根据茎叶图计算平均值，独立性检验，意在考查学生 - 23 -‎ 计算能力和综合应用能力.‎ ‎19. 图是直角梯形，，，，，，点在上，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图.‎ 证明：平面平面；‎ 求点到平面的距离.‎ ‎【答案】证明见解析；.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在图中，连接，由已知得四边形为菱形，连接交于点，得，证明，再由线面垂直的判定可得平面，从而得到平面平面；‎ 取的中点，连接，和，设到平面的距离为，在三棱锥中，利用，求解点到平面的距离.‎ ‎【详解】解：证明：在图中，连接，由已知得，‎ ‎，且，四边形为菱形，‎ 连接交于点，，‎ 在中，.‎ ‎.‎ 图中，，‎ - 23 -‎ ‎，.‎ 由题意知，，且，‎ 平面，又平面，‎ 平面平面；‎ 如图，取的中点，连接，和，设到平面的距离为，‎ 在直角梯形中，为中位线，则，，‎ 由得平面，平面，‎ ‎，又，得平面，‎ 又平面，，且.‎ 在三棱锥中，，‎ 即，‎ ‎.‎ 即点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，利用等体积法的思想，属于中档题.‎ ‎20. 已知函数 ‎（1）若，求的最值；‎ - 23 -‎ ‎（2）对于任意，都有成立，求整数k的最大值.‎ ‎【答案】（1）最小值为，没有最大值；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，利用导数求得的最值.‎ ‎（2）利用分离常数法化简不等式，通过构造函数法，结合导数求得的范围，由此求得整数的最大值.‎ ‎【详解】（1）的定义域为.‎ ‎，令解得，‎ 所以在区间上，递减；在区间上，递增，‎ 所以在处取得极小值也即是最小值为，无最大值.‎ ‎（2）依题意对于任意，都有成立，‎ 即对于任意，都有，‎ 即对于任意，都有成立.‎ 令，则 ‎.‎ 令，‎ ‎，所以当时，递增.‎ ‎，，‎ 所以存在，使得，即，即①，‎ - 23 -‎ ‎，，‎ 所以.‎ 所以在区间上，，，递减，‎ 在区间上，，，递增，‎ 所以，将①代入上式得 ‎，‎ 所以，所以整数的最大值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数求函数的最值，考查利用导数研究不等式恒成立问题，属于难题.‎ ‎21. 如图，椭圆经过点P（1.），离心率e=，直线l的方程为x=4.‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为.问：是否存在常数λ，使得？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在 ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎ ① ②‎ ‎②代入①得 考点：本题主要考查圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质，直线与圆锥曲线的交点等基础知识，考查分析问题、解决问题的能力，考查逻辑推理能力，推理论证能力和计算能力.‎ 请考生在（22）、（23）两题中任选一题做答.注意：只能做所选定题目.如果多做，则按所做第一题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号的方框涂黑.‎ ‎22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎（1）求曲线C的极坐标方程；‎ ‎（2）若点P的极坐标为，过P的直线与曲线C交于A，B两点，求的最大值．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将中的消去得普通方程，再利用可得极坐标方程；‎ - 23 -‎ ‎（2）先求出AB的参数方程，代入曲线C的普通方程，利用韦达定理及三角函数的性质可得的最大值.‎ ‎【详解】解：（1）由，得， ‎ 即，所以，‎ 即，故曲线C的极坐标方程为. ‎ ‎（2）因为P的极坐标为，所以P的直角坐标为，‎ 故可设AB的参数方程为（为参数）.‎ 将代入，得， ‎ 设点对应的参数分别为，‎ 则，， ‎ 所以， ‎ 故的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查普通方程，参数方程，极坐标方程之间的互化，考查直线参数方程中参数几何意义的应用，是中档题.‎ ‎23. 已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若的解集包含，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用分类讨论法，求得不等式的解集．‎ - 23 -‎ ‎（2）（2）原命题等价于在上恒成立，即在上恒成立，由此求得范围．‎ ‎【详解】解：（1）当时，，‎ 或或 或或，‎ 所以不等式的解集为或．‎ ‎（2），‎ 由于，所以上式，‎ 所以在区间上恒成立，所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查分类讨论法解绝对值不等式，函数的恒成立问题，体现了转化的数学思想，属于中档题．‎ ‎ ‎ - 23 -‎