2020-2021学年广西省贺州市高二（下）期末考试数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年广西省贺州市高二（下）期末考试数学（文）试卷北师大版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知复数z=a+2−bi的实部和虚部分别是2和3，则a，b的值分别是( )
A.2，5B.1，3C.2，1D.2，−1

2. 命题“∀ x∈R，x3−x2+1≤0”的否定是( )
A.∃ x∈R，x3−x2+1≥0B.∃ x∈R，x3−x2+1>0
C.∃ x∈R，x3−x2+1≤0D.∀ x∈R，x3−x2+1>0

3. 对变量x，y有观测数据(xi, yi)(i=1, 2,…,10)，得散点图1；对变量u，v有观测数据(ui, vi)(i=1, 2,…,10)，得散点图2．由这两个散点图可以判断( )

A.变量x与y正相关，u与v正相关
B.变量x与y正相关，u与v负相关
C.变量x与y负相关，u与v正相关
D.变量x与y负相关，u与v负相关

4. 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)=2xf′(1)+lnx，则f′(1)=( )
A.−eB.−1C.1D.e

5. 设复数z满足(1+i)z=i，则z=( )
A.12+12iB.12−12iC.−12+12iD.−12−12i

6. 已知曲线y=x3+ax在x=1处的切线与直线y=−14x+3垂直，则a=（ ）
A.−3B.−1C.1D.3

7. 设x∈R，则“x0的解集为( )
A.2,+∞B.0,2C.0,2∪2,+∞D.⌀
二、填空题


用数学归纳法证明：4n≥n4(n≥4, n∈N)，第一步验证n=________．

双曲线方程为x2a2−y2b2=1，离心率为5，则渐近线方程为________．

函数f(x)=lnx−12x2的递减区间为________．

已知抛物线y2=2pxp>0上的一点M到x轴的距离为4，到焦点的距离为5，则p=________．
三、解答题

2021年，福建、河北、辽宁、江苏、湖北、湖南、广东、重庆8省市将迎来“3+1+2”新高考模式．“3”指的是；语文、数学、英语，统一高考；“1”指的是：物理和历史，考生从中选一科；“2”指的是：化学、生物、地理和政治，考生从四科中选两科．为了迎接新高考，某中学调查了高一年级全体学生的选科倾向，随机抽取了100人，其中男生50人，男生选考物理40人，女生选考历史20人．
(1)完成2×2列联表，并根据表中数据判断是否有95%的把握认为“选考物理与性别有关”；

(2)从女生中按选考倾向分层抽样选取5人，再从这5人中任选3人，求这3人中至多有1人选考历史的概率．
参考数据：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d．

以直角坐标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知点P的直角坐标为(1, 2)，点C的极坐标为(3,π2)，若直线l过点P，且倾斜角为π6，圆C是以点C为圆心，3为半径的圆．

(1)求直线l的参数方程和圆C的极坐标方程；

(2)设直线l与圆C相交于A，B两点，求|PA|⋅|PB|.


(1)已知ab>0，a+b=1，求1a+1b的最小值；

(2)解不等式|x+1|+|x−1|≤2．

已知命题p：(x+1)(x−5)≤0，命题q:1−m≤x≤1+m(m>0)．
(1)若p是q的充分条件，求实数m的取值范围；

(2)若m=5，“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，求实数x的取值范围．

已知椭圆M:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为63，焦距为22．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k=1，求|AB|的最大值；

已知函数fx=lnx−axa∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)若fx≤0恒成立，求a的取值范围；

(3)当函数fx有最大值且最大值大于a−2时，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西省贺州市高二（下）期末考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的基本概念
【解析】
无
【解答】
解：因为复数z=a+2−bi的实部和虚部分别是2和3，
所以a=2,2−b=3,
解得a=2,b=−1,
所以a、b的值分别是2，−1．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
无
【解答】
解：全称命题的否定为特称命题，并否定结论，
所以原命题的否定为∃x∈R，x3−x2+1>0．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
散点图
【解析】
通过观察散点图可以知道，y随x的增大而减小，各点整体呈下降趋势，x与y负相关，u随v的增大而增大，各点整体呈上升趋势，u与v正相关．
【解答】
解：由题图1可知，y随x的增大而减小，各点整体呈下降趋势，x与y负相关，
由题图2可知，u随v的增大而增大，各点整体呈上升趋势，u与v正相关．
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
常用函数的导数
函数的求值
【解析】
本题考查常用函数的导数.
【解答】
解：由f(x)=2xf′(1)+lnx，
得f′(x)=2f′(1)+1x，
则f′(1)=2f′(1)+11⇒f′(1)=−1.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简求值．
【解答】
解：由(1+i)z=i，得
z=i1+i=i(1−i)(1+i)(1−i)
=1+i2=12+12i.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
无
【解答】
解：因为y′=3x2+a，
所以当x=1时，y′=3+a，
所以据题意得，3+a=4，
所以a=1．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
无
【解答】
解：因为x−2F(2)，
所以x>2，
所以fx>0的解集为2,+∞．
故选A．
二、填空题
【答案】
4
【考点】
数学归纳法
【解析】
根据数学归纳法的步骤，结合本题的题意，是要验证n=4时，命题成立；将n=4代入不等式，可得答案．
【解答】
解：根据数学归纳法的步骤，
首先要验证证明当n取第一个值时命题成立；
结合本题n≥4，n∈N，
故要验证n=4时，
4n≥n4的成立即44≥44成立；
故答案为：4．
【答案】
y=±2x
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
运用双曲线的离心率公式和a，b，c的关系，结合渐近线方程，即可得到所求．
【解答】
解：由题意可得e=ca=5，即c=5a，
则b=c2−a2=2a，
由渐近线方程y=±bax，
可得y=±2x．
故答案为：y=±2x．
【答案】
(1, +∞)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据利用导数判断函数单调性方法，首先求定义域，求导函数，f′(x)0上的一点M到x轴的距离为4，到焦点的距离为5，
如图.
可得|FQ|=3，
所以p=5±|FQ|，
所以p=2或8．
故答案为：2或8．
三、解答题
【答案】
解：(1)根据题意补全2×2列联表如下：
根据表中数据，可得K2=100×40×20−10×30250×50×70×30≈4.762>3.841，
故有95%的把握认为“选考物理与性别有关”．
(2)由题意得：5名女生中有3人选考物理，设为A1，A2，A3，有2人选考历史，设为B1，B2，
从中选3人的总体情况有：
A1A2A3，A1A2B1，A1A2B2，A1A3B1，A1A3B2，A1B1B2，A2A3B1，A2A3B2，A2B1B2，A3B1B2，共10种，
至多有1人选考历史有7种，
所以概率P=710．
【考点】
独立性检验
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)根据题意补全2×2列联表如下：
根据表中数据，可得K2=100×40×20−10×30250×50×70×30≈4.762>3.841，
故有95%的把握认为“选考物理与性别有关”．
(2)由题意得：5名女生中有3人选考物理，设为A1，A2，A3，有2人选考历史，设为B1，B2，
从中选3人的总体情况有：
A1A2A3，A1A2B1，A1A2B2，A1A3B1，A1A3B2，A1B1B2，A2A3B1，A2A3B2，A2B1B2，A3B1B2，共10种，
至多有1人选考历史有7种，
所以概率P=710．
【答案】
解：(1)直线l的参数方程为x=1+32ty=2+12t （t为参数），
圆的极坐标方程为ρ=6sinθ．
(2)圆C化为直角坐标方程为：x2+(y−3)2=9，
把x=1+32t，y=2+12t 代入x2+(y−3)2=9，
得t2+(3−1)t−7=0，
设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
∴ t1t2=−7，则|PA|=|t1|，|PB|=|t2|，
∴ |PA|⋅|PB|=7．
【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
直线与圆的位置关系
直线的参数方程
【解析】
（I）根据题意直接求直线l的参数方程和圆C的极坐标方程．
(II)把x=1+32ty=2+12t 代入x2+(y−3)2＝9，利用参数的几何意义，即可得出结论．
【解答】
解：(1)直线l的参数方程为x=1+32ty=2+12t （t为参数），
圆的极坐标方程为ρ=6sinθ．
(2)圆C化为直角坐标方程为：x2+(y−3)2=9，
把x=1+32t，y=2+12t 代入x2+(y−3)2=9，
得t2+(3−1)t−7=0，
设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
∴ t1t2=−7，则|PA|=|t1|，|PB|=|t2|，
∴ |PA|⋅|PB|=7．
【答案】
解：(1)因为ab>0，a+b=1，
所以a>0，b>0，
1a+1b=a+b1a+1b=2+ba+ab≥2+2ba×ab=4，
当且仅当a=b=12时等号成立．
(2)当x1时，原不等式可化为x+1+x−1≤2．
解得x≤1，故无解.
综上，不等式|x+1|+|x−1|≤2的解集为−1,1．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为ab>0，a+b=1，
所以a>0，b>0，
1a+1b=a+b1a+1b=2+ba+ab≥2+2ba×ab=4，
当且仅当a=b=12时等号成立．
(2)当x1时，原不等式可化为x+1+x−1≤2．
解得x≤1，故无解.
综上，不等式|x+1|+|x−1|≤2的解集为−1,1．
【答案】
解：(1)解出p:−1≤x≤5，
∵ p是q的充分条件，
∴ [−1, 5]是[1−m, 1+m]的子集，
∴ m>0，1−m≤−1，1+m≥5，
得m≥4，
∴ 实数m的取值范围为[4, +∞)；
(2)当m=5时，q:−4≤x≤6．
依题意，p与q一真一假，
p真q假时，由−1≤x≤5，x6，得x∈⌀；
p假q真时，由x5，−4≤x≤6， 得−4≤x0，fx单调递增；当x∈1a,+∞，f′x0时，函数fx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减．
(2)fx≤0恒成立⇔a≥lnxxmax．
令gx=lnxx，则g′x=1−lnxx2．
由g′x=0，解得x=e，
可知gx在0,e上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以gxmax=ge=1e，即a≥1e．
(3)由(1)知，当函数fx有最大值时，a>0，
且最大值fxmax=f1a=ln1a−1，
此时ln1a−1>a−2，即lna+a−10，
因为ℎ1=0且ℎa在0,+∞上单调递增，
所以ℎa0，fx单调递增；当x∈1a,+∞，f′x0时，函数fx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减．
(2)fx≤0恒成立⇔a≥lnxxmax．
令gx=lnxx，则g′x=1−lnxx2．
由g′x=0，解得x=e，
可知gx在0,e上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以gxmax=ge=1e，即a≥1e．
(3)由(1)知，当函数fx有最大值时，a>0，
且最大值fxmax=f1a=ln1a−1，
此时ln1a−1>a−2，即lna+a−10，
因为ℎ1=0且ℎa在0,+∞上单调递增，
所以ℎa