2021新乡高二下学期期末考试数学（文）试题含答案

新乡市2020-2021学年高二下学期期末考试

数学（文科）

考生注意：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。

2．请将各题答案填写在答题卡上。

3．本试卷主要考试内容：高考全部内容。

第Ⅰ卷

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，，则（    ）

A．   B．   C．   D．

2．复数在复平面内对应的点的坐标为（    ）

A．   B．   C．  D．

3．2021年3月18日“2021亚太地区自然指数”发布，中国机构整体表现强劲.在2020年亚太地区科研产出贡献份额排名前5位中有4家中国机构，它们分别是中国科学院（第一），中国科学技术大学（第二），北京大学（第四），中国科学院大学（第五），相应的贡献份额（取整数）分别为1904，486，456，422，则这四个数的极差、中位数分别是（    ）

A．，472  B．1482，472  C．，471  D．1482，471

4．已知，，，则（    ）

A．  B．   C．   D．

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．已知函数，则的极大值为（    ）

A．0   B．   C．   D．1

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，其计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，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，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（，）（    ）

A．  B．  C．  D．

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．   B．   C．   D．

9．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，且，则的斜率为（    ）

A．   B．   C．   D．

10．的内角，，的对边分别为，，.已知，，则（    ）

A．   B．   C．   D．

11．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在上单调递减，则的最大值为（    ）

A．   B．   C．   D．1

12．已知双曲线的左焦点为，点在双曲线的右支上，，当的周长最小时，的面积为（    ）

A．   B．9   C．   D．4

第Ⅱ卷

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，则______.

16．在直三棱柱中，为的中点，平面，，则异面直线与所成角的正切值为______.

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17～21题为必考题，每个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．（12分）

已知数列中，，且.

（1）证明为等差数列并求；

（2）求数列的前项和.

18．（12分）

如图，四棱锥，侧面平面，且底面为矩形，，，，为的中点，.

（1）证明：平面.

（2）求到平面的距离.

19．（12分）

华为系统是一款面向未来、面向全场景的分布式操作系统，预计该系统将会成为继、系统之后的全球第三大手机操作系统.为了了解手机用户对系统的期待程度，某公司随机在20000人中抽取了100名被调查者，记录他们的期待值，将数据分成［0，15），［15，30），···，［75，90］6组，其中期待值不低于60的称为非常期待系统，现整理数据得到如下频率分布直方图.

（1）已知样本中期待值小于15的有4人，试估计总体中期待值在区间［15，30）内的人数；

（2）已知样本中的男生有一半非常期待系统，且样本中非常期待系统的男、女生人数相等.请根据所提供的数据，完成下面的列联表，并判断是否有99％的把握认为是否非常期待系统与性别有关.

附：，其中.

20．(12分)

已知椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，过右焦点且不平行于坐标轴的动直线与有两个交点，，线段的中点为.

（1）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值.

（2）轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

21．（12分）

已知函数.

（1）当时，求的单调递增区间；

（2）若与的图象上恰有两对关于轴对称的点，求的取值范围.

（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.

22．[选修4—4：坐标系与参数方程（10分）

在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为多参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）求曲线和曲线的直角坐标方程；

（2）已知，线与曲线交于，两点，若，求的值.

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若，，求的取值范围.

新乡市2020-2021学年高二下学期期末考试

数学参考答案（文科）

1．A 因为，，所以.

2．B 因为，所以在复平面内对应的点的坐标为.

3．D 极差为，中位数为.

4．C 因为，，．，所以，故.

5．B 设圆柱的体积为，球的体积为，球的半径为，则圆柱的高为，，，所以所求概率为.

6．D 因为，所以在，上单调递增，在[0，1]上单调递减，所以的极大值为.

7．C 因为，所以.

8．A 如图，该几何体为三棱锥，其外接球为长方体的外接球，长方体的长为6，宽为4，高为4，所以，故外接球的表面积为.

9．D 由题知，抛物线方程为，设的直线方程为，代入抛物线方程，得，设，，则，.因为所以或故，即的斜率为.

10．C 因为，所以，即，又，则，

从而，又，故.

11．B 将的图象向右平移个单位长度后得到的图象.因为，所以，因为在上单调递减，所以，，所以的最大值为.

12．A 如图，设的右焦点为，由题意可得，，因为，所以，.

的周长为，即当，，三点共线时，的周长最小，此时直线的方程为，联立方程组.解得或，即此时的纵坐标为，故的面积为.

13． 因为，所以，解得，所以，故.

14．3 作出可行域（图略），可知可行域是由点，，围成的三角形区域，所以面积为.

15． 因为，所以，

故.

16．  如图所示，不妨设.

因为平面，所以，，.

因为为和中点，所以，即，，所以是等腰直角三角形.

设为的中点，连接，，则，所以或其补角就是异面

直线与所成的角，因为，所以，.

17.（1）因为，，所以

即，

因为，，所以数列是首项为2，公差为3的等差数列，

故.

（2）因为，所以是首项为4，公比为8的等比数列，

故或（）

18．（1）证明：连接.因为侧面底面且交于，，所以平面.

因为平面，所以.

在中，，，所以，即.

因为，，所以平面.

因为平面，所以.

因为，相交，所以平面.

（2）因为平面，，，为的中点，，

所以三棱锥的体积为，

在中，，，所以的面积为.

设到平面的距离为，则，

所以.

19．解：（1）因为样本中期待值不小于30的频率为，

所以样本中期待值小于30的频率为0.1，

所以样本中期待值在区间［15，30）内的人数为，

故总体中期待值在区间［15，30）内的人数约为.

（2）因为样本中非常期待系统的人数为，

所以样本中非常期待系统的男生人数为，

所以样本中的男生人数为，女生人数为.

所以没有99%的把握认为是否非常期待系统与性别有关.

20．解：设点，，

（1）因为，，

所以，即.

因为为的中点，所以，所以.

（2）设直线的方程为，联立方程组

得，

则，.

所以，

所以的坐标为.

假设存在符合题意的点，则直线的斜率为.

因为为等边三角形，所以.

因为，

，

所以，即，方程无实数解，

所以不存在这样的点.

21．解：（1）当时，，则.

令，得，所以的单调递增区间为.

（2）因为与的图象上恰有两对关于轴对称的点，

所以方程有两个正根，

即关于的方程有两个正根.

令，

则

当时，在（0，2）上单调递减，在上单调递增，

所以，得.

当时，在（0，2），上单调递减，在上单调递增，

所以或.

而，令，则.

设，则，所以在（2，4）上单调递减，在上单调递增，所以，不满足题意.

当时，在上单调递减，不满足题意.

当时，在，上单调递减，在上单调递增，

所以或

而，，不满足题意.

综上所述，.

22．解：（1）因为曲线的参数方程为（为参数），

所以的直角坐标方程为.

由，，得曲线的直角坐标方程为.

（2）因为点在直线上，

所以可设直线的参数方程为（为参数，），

将参数方程代入曲线的方程，得.

设，所对应的参数分别为，，则

因为

所以，，

故直线的斜率为，即.

23．解：（1），

所以

由，得或或

解得，即不等式的解集为.

（2）当时，.

因为存在，

因为存在，.

因为，

当且仅当，即时取等号，

所以，故的取值范围为.