2021【KS5U解析】新乡高二下学期期末考试考试数学（理）试题含解析

这是一份2021【KS5U解析】新乡高二下学期期末考试考试数学（理）试题含解析，共21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。
2020-2021学年河南省新乡市高二（下）期末数学试卷（理科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.
1．设集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则（∁RA）∩B＝（　　）
A．{x|x＞﹣1} B．{x|x≥1} C．{x|﹣1＜x＜1} D．{x|1≤x＜2}
2．设，则复数z在复平面内对应的点的坐标为（　　）
A．（﹣2，﹣1） B．（﹣1，﹣2） C．（1，2） D．（2，﹣1）
3．已知a＝log312，b＝log54，，则（　　）
A．c＞a＞b B．b＞c＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c
4．函数f（x）＝xex﹣1的图象在x＝1处的切线方程为（　　）
A．2x﹣y﹣1＝0 B．x﹣2y+1＝0 C．2x+y﹣3＝0 D．x+2y﹣3＝0
5．阿基米德是伟大的物理学家，哲学家，数学家和力学家，是名副其实的“全能天才”．他本人最得意的发现是名为“圆柱容球”的几何图形，就是在圆柱形容器里放了一个球，这个球顶天立地，四周喷边（球的直径与圆柱形容器的高和底面直径分别相等）．人们为了纪念他，根据他本人生前的愿望，在他的墓碑上刻了该几何图形，在一个“圆柱容球”的圆柱内任取一点，则所取的点恰好落在这个“圆柱容球”的球内的概率是（　　）
A． B． C． D．
6．若（x﹣2）6＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+⋯+a6（x﹣1）6，则a5＝（　　）
A．15 B．6 C．﹣15 D．﹣6
7．20世纪30年代，查尔斯•里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大．这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中距离造成的偏差）．当地震发生时，震源中心以地震波的形式放出的能量的指示参数E＝104.8+1.5M，震级越大，震源放出的能量就越大．1989年美国旧金山地震中，一个测震仪记录的最大振幅为8000，此时的标准地震的振幅是0.0001，则预计此次地震震源放出的能量（单位：焦耳）约为（　　）（lg2≈0.3，100.65≈4.5）
A．4.517 B．4.516 C．4.5×1016 D．4.5×1017
8．已知某几何体的三视图如图所示，其中小方格是边长为1的正方形，则该几何体的外接球的表面积为（　　）

A．68π B．52π C．36π D．48π
9．已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为，过F的直线l交抛物线于A，B两点，且，则l的斜率为（　　）
A．±1 B． C． D．
10．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，若g（x）在上单调递减，则ω的最大值为（　　）
A． B． C． D．1
11．已知双曲线的左焦点为F，点M在双曲线C的右支上，A（0，3），当△MAF的周长最小时，△MAF的面积为（　　）
A． B．9 C． D．4
12．已知数列{an}中，a1＝，an2﹣an+1＝an+1（n∈N*），Sn是的前n项和，则S2000＝（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上．
13．已知向量，，若，则＝　 　．
14．不等式组表示的平面区域的面积为 　 　．
15．已知等比数列{an}的各项均为正数，且an•an+1＝16n，log2a1+log2a2+⋯+log2a21＝　 　．
16．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AC的中点，A1C⊥平面DBC1，AB＝BC＝AA1，则异面直线A1D与BC所成角的正切值为 　 　．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每道试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
17．在△ABC中，，AC＝3，．
（1）求△ABC的面积；
（2）若AB的中点为D，求△ACD外接圆的半径．
18．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，∠ABP＝90°，AB＝BP＝2，点D在平面ABP内的投影F是AB的中点，点E是PC的中点．
（1）证明：EF∥平面ADP；
（2）若PD＝3，求二面角A﹣EF﹣P的正弦值．

19．学校趣味运动会上设置了一项射击比赛，比赛规则如下：选手先向A靶射击2次，每击中靶中阴影部分一次记1分，未击中记0分，2次射击总得分为X，若X＝0，直接结束比赛；若X＝﹣1，再向B靶射击2次，2次都击中靶中阴影部分记1分，只中1次记0分，2次都没中记﹣1分，比赛结束；若X＝2，再向C靶射击2次，每击中靶中阴影部分一次记1分，未击中记0分，比赛结束（其中A靶两圆半径比为1：2，B靶阴影部分是大正方形的四边中点连接而成的小正方形，C靶阴影部分是大正三角形三边中点连接而成的小正三角形）．若甲同学参加比赛，赛前甲同学不脱靶的概率为p∈（0，1），为了让参赛者适应射击环境，赛前有5次试射机会，经过试射后甲每次射击都不脱靶，击中靶中任意位置可能性相等，各次射击相互独立．

（1）设甲在赛前5次试射中仅在第3次脱靶的概率为f（p），当f（p）取最大值时，求p的值；
（2）求甲同学获得的总分Y的分布列及数学期望．
20．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，|AD|＝5，直线AD的斜率为，E为椭圆C上不同于A，B的动点，O为坐标原点，射线OM∥AE，且交椭圆C于M，射线ON∥BE，且交椭圆C于N．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求的取值范围．
21．已知函数．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，且f（x1）+f（x2）≥f'（x1x2）﹣4a，求a的取值范围．
（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为多参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为ρcosθ﹣mρsinθ+2＝0（m∈R）．
（1）求曲线C1和曲线C2的直角坐标方程；
（2）已知P（﹣2，0），线C1与曲线C2交于A，B两点，若，求m的值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|x﹣1|+|2x﹣1|．
（1）求不等式f（x）＜4x﹣2的解集；
（2）若，，求a的取值范围．


参考答案
一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.
1．设集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则（∁RA）∩B＝（　　）
A．{x|x＞﹣1} B．{x|x≥1} C．{x|﹣1＜x＜1} D．{x|1≤x＜2}
解：因为集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，
所以∁RA＝{x|x＜1}，
则（∁RA）∩B＝{x|﹣1＜x＜1}．
故选：C．
2．设，则复数z在复平面内对应的点的坐标为（　　）
A．（﹣2，﹣1） B．（﹣1，﹣2） C．（1，2） D．（2，﹣1）
解：∵＝，
∴，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标为（﹣1，﹣2）．
故选：B．
3．已知a＝log312，b＝log54，，则（　　）
A．c＞a＞b B．b＞c＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c
解：对于a＝log312＞log39＝2，
b＝log54＜log55＝1，
，
所以a＞c＞b，
故选：C．
4．函数f（x）＝xex﹣1的图象在x＝1处的切线方程为（　　）
A．2x﹣y﹣1＝0 B．x﹣2y+1＝0 C．2x+y﹣3＝0 D．x+2y﹣3＝0
解：由f（x）＝xex﹣1，得f′（x）＝ex﹣1+xex﹣1，
∴f′（1）＝e0+1×e0＝2，
又f（1）＝1，∴函数f（x）＝xex﹣1的图象在x＝1处的切线方程为y﹣1＝2（x﹣1），
即2x﹣y﹣1＝0．
故选：A．
5．阿基米德是伟大的物理学家，哲学家，数学家和力学家，是名副其实的“全能天才”．他本人最得意的发现是名为“圆柱容球”的几何图形，就是在圆柱形容器里放了一个球，这个球顶天立地，四周喷边（球的直径与圆柱形容器的高和底面直径分别相等）．人们为了纪念他，根据他本人生前的愿望，在他的墓碑上刻了该几何图形，在一个“圆柱容球”的圆柱内任取一点，则所取的点恰好落在这个“圆柱容球”的球内的概率是（　　）
A． B． C． D．
解：设圆柱的体积为m，球的体积为n，球的半径为r，
则圆柱的高为2r，
所以m＝πr2⋅2r＝2πr3，，
则所求概率为．
故选：B．
6．若（x﹣2）6＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+⋯+a6（x﹣1）6，则a5＝（　　）
A．15 B．6 C．﹣15 D．﹣6
解：令t＝x﹣1，则x＝t+1，
则由（x﹣2）6＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+⋯+a6（x﹣1）6，
得（t﹣1）6＝a0+a1t+a2t2+⋯+a6t6，
则a5是t5的系数，
即a5＝（﹣1）5＝﹣6，
故选：D．
7．20世纪30年代，查尔斯•里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大．这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中距离造成的偏差）．当地震发生时，震源中心以地震波的形式放出的能量的指示参数E＝104.8+1.5M，震级越大，震源放出的能量就越大．1989年美国旧金山地震中，一个测震仪记录的最大振幅为8000，此时的标准地震的振幅是0.0001，则预计此次地震震源放出的能量（单位：焦耳）约为（　　）（lg2≈0.3，100.65≈4.5）
A．4.517 B．4.516 C．4.5×1016 D．4.5×1017
解：，
∴E＝104.8+1.5×7.9＝1016.65＝100.65•1016≈4.5×1016．
故选：C．
8．已知某几何体的三视图如图所示，其中小方格是边长为1的正方形，则该几何体的外接球的表面积为（　　）

A．68π B．52π C．36π D．48π
解：由三视图还原原几何体如图，

该几何体为三棱锥P﹣ABC，把该三棱锥放置在长方体PB中，
长方体的棱长分别为6，4，4，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，
半径为．
∴外接球的表面积为4π×＝68π．
故选：A．
9．已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为，过F的直线l交抛物线于A，B两点，且，则l的斜率为（　　）
A．±1 B． C． D．
解：由题知p＝1，抛物线方程为y2＝2x，
设l的直线方程为，代入抛物线方程，得y2﹣2my﹣1＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝2m，y1y2＝﹣1．
因为，所以或，
故，
即l的斜率为．
故选：D．
10．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，若g（x）在上单调递减，则ω的最大值为（　　）
A． B． C． D．1
解：将f（x）＝cos（ωx+）的图象向右平移个单位长度后得到g（x）＝cos（ωx﹣+）的图象．
因为，所以，
因为g（x）在上单调递减，
所以，，即 ，所以，ω的最大值为，
故选：B．
11．已知双曲线的左焦点为F，点M在双曲线C的右支上，A（0，3），当△MAF的周长最小时，△MAF的面积为（　　）
A． B．9 C． D．4
解：如图，设C的右焦点为F'，由题意可得，c＝3，
因为，所以，．
△MAF的周长为，
即当A，M，F'三点共线时，△MAF的周长最小，此时直线AF'的方程为y＝﹣x+3，
联立方程组，解得或y＝﹣1，即此时M的纵坐标为，
故△MAF的面积为．
故选：A．

12．已知数列{an}中，a1＝，an2﹣an+1＝an+1（n∈N*），Sn是的前n项和，则S2000＝（　　）
A． B．
C． D．
解：∵an2﹣an+1＝an+1，∴an2﹣2an+1＝an+1﹣an＝（an﹣1）2＞0，
即数列{an}是递增数列，
则an2﹣an＝an+1﹣1＝an（an﹣1），
取倒数得＝﹣，
即＝﹣，
则S2000＝﹣+﹣+•••+﹣＝﹣＝﹣＝6﹣，
故选：D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上．
13．已知向量，，若，则＝　　．
解：因为，所以＝x+3+2x＝0，解得x＝﹣1，
所以，故．
故答案为：．
14．不等式组表示的平面区域的面积为 　3　．
解：根据题意，等式组表示的平面区域为点A（1，1），B（0，﹣1），C（3，﹣1）围成的三角形区域，
如图：
所以面积为；
故答案为：3．

15．已知等比数列{an}的各项均为正数，且an•an+1＝16n，log2a1+log2a2+⋯+log2a21＝　441　．
解：由题意可知数列的首项和公比均为正数，且：，
解得：，则 ，
log2a1+log2a2+⋯+log2a21＝log2（a1a2⋯a21）
＝．
故答案为：441．
16．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AC的中点，A1C⊥平面DBC1，AB＝BC＝AA1，则异面直线A1D与BC所成角的正切值为 　　．
解：设AB＝BC＝AA1＝1，
由直三棱柱ABC﹣A1B1C1，可得AA1⊥底面ABC，
即有AA1⊥AC，
设AC＝x，即有AD＝CD＝x，
由A1C⊥平面DBC1，可得A1C⊥DC1，
可得tan∠C1A1C•tan∠A1C1D＝tan∠C1A1C•tan∠C1DC＝•＝1，
解得x＝，
所以△ABC为直角三角形，且AB⊥BC，
取AB的中点H，连接A1H，DH，可得DH∥BC，
则∠A1DH为异面直线A1D与BC所成角．
由BC⊥AB，可得DH⊥AB，
由三垂线定理可得DH⊥AH，
在直角三角形A1DH中，DH＝，A1H＝＝，
所以tan∠A1DH＝＝．
故答案为：．

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每道试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
17．在△ABC中，，AC＝3，．
（1）求△ABC的面积；
（2）若AB的中点为D，求△ACD外接圆的半径．
解：（1）因为，AC＝3，，
由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB⋅ACcosA，
所以AB2﹣2AB﹣8＝0，
所以AB＝4，
又因为cosA＝，
所以sinA＝，
所以S△ABC＝AB⋅AC⋅sinA＝×4×3×＝4．
（2）因为AB的中点为D，可得AD＝AB＝2，
在△ACD中，，AC＝3，
所以由余弦定理CD2＝AD2+AC2﹣2AD•AC•cosA＝4+9﹣2×＝9，可得CD＝3，
设△ACD外接圆的半径为R，
所以由正弦定理2R＝，可得R＝＝＝．

18．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，∠ABP＝90°，AB＝BP＝2，点D在平面ABP内的投影F是AB的中点，点E是PC的中点．
（1）证明：EF∥平面ADP；
（2）若PD＝3，求二面角A﹣EF﹣P的正弦值．

【解答】（1）证明：取DP的中点G，连接EG，GA，
因为四边形ABCD为平行四边形，则AB∥CD，
因为F为AB的中点，则AF∥CD，且AF＝CD，
又G为DP的中点，E为PC的中点，
所以EG∥CD，且EG＝CD，
故AF∥EG，且AF＝EG，
则四边形AFEG为平行四边形，
故EF∥AG，又AG⊂平面ADP，EF⊄平面ADP，
所以EF∥平面ADP；
（2）解：取CD的中点N，连接BN，
因为点D在平面ABP内的射影为F，则DF⊥平面ABP，
又PF＝，DP＝3，
所以，
作BN⊥CD，则BN＝DF＝2，
由于BA，BN，BP两两垂直，
以点B为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则B（0，0，0），A（2，0，0），P（0，2，0），F（1，0，0），，
所以，，
设平面AEF的法向量为，
则，即，
令y＝1，则x＝0，z＝1，
故，
设平面PEF的法向量为，
则，即，
令b＝1，则a＝2，c＝2，
故，
所以＝，
则二面角A﹣EF﹣P的正弦值为．


19．学校趣味运动会上设置了一项射击比赛，比赛规则如下：选手先向A靶射击2次，每击中靶中阴影部分一次记1分，未击中记0分，2次射击总得分为X，若X＝0，直接结束比赛；若X＝﹣1，再向B靶射击2次，2次都击中靶中阴影部分记1分，只中1次记0分，2次都没中记﹣1分，比赛结束；若X＝2，再向C靶射击2次，每击中靶中阴影部分一次记1分，未击中记0分，比赛结束（其中A靶两圆半径比为1：2，B靶阴影部分是大正方形的四边中点连接而成的小正方形，C靶阴影部分是大正三角形三边中点连接而成的小正三角形）．若甲同学参加比赛，赛前甲同学不脱靶的概率为p∈（0，1），为了让参赛者适应射击环境，赛前有5次试射机会，经过试射后甲每次射击都不脱靶，击中靶中任意位置可能性相等，各次射击相互独立．

（1）设甲在赛前5次试射中仅在第3次脱靶的概率为f（p），当f（p）取最大值时，求p的值；
（2）求甲同学获得的总分Y的分布列及数学期望．
解：（1）由题意可得，f（p）＝p4（1﹣p）＝p4﹣p5，
则f'（p）＝4p3﹣5p4＝p3（4﹣5p），
当时，f'（p）＞0，则f（p）单调递增，
当＜p＜1时，f'（p）＜0，则f（p）单调递减，
所以当p＝时，f（p）取得最大值；
（2）由图可知，每次击中A靶阴影部分的概率为，
每次击中B靶阴影部分的概率为，
每次击中C靶阴影部分的概率为，
由题意可知，Y的可能取值为0，1，2，3，4，
所以P（Y＝0）＝＝，
P（Y＝1）＝＝，
P（Y＝2）＝＝，
P（Y＝3）＝＝，
P（Y＝4）＝＝，
故Y的分布列为：
Y
0
1
2
3
4
P





所以E（Y）＝0×+1×+2×+3×+4×＝．
20．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，|AD|＝5，直线AD的斜率为，E为椭圆C上不同于A，B的动点，O为坐标原点，射线OM∥AE，且交椭圆C于M，射线ON∥BE，且交椭圆C于N．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求的取值范围．
解：（1）由题意知，
解得a＝4，b＝3，
所以椭圆C的方程为+＝1．
（2）设E（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），
OM的斜率为k1，ON的斜率为k2，
因为OM∥AE，ON∥BE，
所以k1k2＝kAE•kBE＝•＝＝＝﹣，
将OM的方程y＝k1x与椭圆C的方程联立，得（9+16k12）x2＝144，
解得x1＝±，同理x2＝±，
所以•＝x1x2+y1y2＝x1x2+k1k2x1x2＝x1x2﹣x1x2＝x1x2，
＝±，
因为k12+k22≥2|k1||k2|＝，
所以0＜≤＝，
当且仅当|k1|＝|k2|时取等号，
故•∈[﹣，0）∪（0，]．
21．已知函数．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，且f（x1）+f（x2）≥f'（x1x2）﹣4a，求a的取值范围．
解：（1）∵，
∴f'（x）＝x﹣4a+＝，x＞0，
当时，△＝16a2﹣4a≤0，f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0时，令f'（x）＝0，即x2﹣4ax+a＝0，解得＜0，，
当 时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈ 时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
∴函数f（x）在区间单调递减，在 单调递增，
当a＞时，令f'（x）＝0，即x2﹣4ax+a＝0，
解得得＞0，，
当x∈时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈ 时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
故函数f（x）在区间， 单调递增，在区间单调递减，
综上所述，当时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞时，f（x）在区间单调递减，在 单调递增，
当a＜0时，f（x）在区间， 单调递增，在区间单调递减．
（2）由（1）可得，当a＞时，函数f（x）存在两个极值点x1，x2，且x1+x2＝4a，x1x2＝a，
∵f（x1）+f（x2）≥f'（x1x2）﹣4a，
∴ ，
∴8a2﹣a+alna﹣16a2+2a+1≥a﹣8a+1，即8a2﹣8a﹣alna≤0，
∵，
∴8a﹣8﹣lna≤0，
令g（a）＝8a﹣8﹣lna，，g'（a）＝8＞0，
∴g（a）在 为单调递增函数，
又∵g（1）＝0，
∴当a∈ 时，g（a）≤0，
故实数a的取值范围为．
（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为多参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为ρcosθ﹣mρsinθ+2＝0（m∈R）．
（1）求曲线C1和曲线C2的直角坐标方程；
（2）已知P（﹣2，0），线C1与曲线C2交于A，B两点，若，求m的值．
解：（1）因为曲线C1的参数方程为（α为参数），
所以C1的直角坐标方程为（x﹣2）2+y2＝4．
直线C2的极坐标方程为ρcosθ﹣mρsinθ+2＝0，
由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
得曲线C2的直角坐标方程为x﹣my+2＝0．
（2）因为点P（﹣2，0）在直线C2上，
所以可设直线C2的参数方程为（t为参数，α∈[0，π）），
将参数方程代入曲线C1的方程，得t2﹣8cosα⋅t+12＝0．
设A，B所对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2＝8cosα，t1t2＝12，
因为
所以，，
故直线C2的斜率为，
即m＝±2．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|x﹣1|+|2x﹣1|．
（1）求不等式f（x）＜4x﹣2的解集；
（2）若，，求a的取值范围．
解：（1）因为f（x）＝|x﹣1|+|2x﹣1|，
所以，
由f（x）＜4x﹣2，可得或或，
解得，
所以不等式f（x）＜4x﹣2的解集为．
（2）当时，f（x）＝x，
因为存在，，
则存在，，
因为，
当且仅当，即时取等号，
所以，
故a的取值范围为．