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

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

- 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