2021新乡名校高二下学期期末联考数学（文）试题含答案

这是一份2021新乡名校高二下学期期末联考数学（文）试题含答案，共19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。
新乡名校2020—2021学年下期期末联考高二数学（文）试题（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）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．设集合，，若（    ）A． B． C． D．2．设复数满足，则（    ）A． B． C． D．3．设正项等比数列满足，，则（    ）A． B． C． D．4．某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，经统计得，，则该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）为（    ）A． B． C． D．5．设，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．6．设函数，，当时，向量与的夹角为（    ）A． B． C． D．7．设双曲线：（，）的右焦点为，过且倾斜角为的直线与双曲线右支交于，两点，则双曲线离心率的范围为（    ）A． B． C． D．8．阅读材料：若两个正实数，，满足，求证：．证明：构造函数，因为对一切实数，恒有，所以，即，所以．根据上述证明方法，若个正实数，，…，，满足 ，你能得到的结论是（    ）A． B．C． D．9．等差数列中，，，是数列的前项和，则数列的前项和最大时，（    ）A． B． C．或 D．或10．已知是定义在上的可导函数，是的导函数，若，则在上（    ）A．恒为正值 B．恒为负值 C．单调递增 D．单调递减11．碳测年法是由美国科学家马丁·卡门与同事塞缪尔·鲁宾于1940年发现的一种测定含碳物质年龄的方法，在考古中有大量的应用．放射性元素的衰变满足规律（表示的是放射性元素在生物体中最初的含量N与经过时间后的含量间的关系），其中（为半衰期）．已知碳的半衰期为5730年，，经测量某地出土的生物化石中碳含量为，据此推测该化石活体生物生活的年代距今约（结果保留整数，参考数据）（    ）A．7650年 B．8890年 C．9082年 D．10098年12．已知函数，若函数恰有四个不同的零点，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．某奶茶店的日销售收人（单位：百元）与当天平均气温（单位：℃）之间的关系如下：？通过上面的五组数据可得与之间的线性回归方程：；但现在丢失了一个数据，该数据为______．14．已知某个数据的平均数为，方差为，现加入和两个新数据，此时个数据的方差为______．5．如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月球飞行，然后在点处变轨进入以为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月球飞行，最后在点处变轨进入以为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月球飞行，设圆形轨道Ⅰ的半径为，圆形轨道Ⅲ的半径为．①轨道Ⅱ的焦距为； ②若不变，越大，轨道Ⅱ的短轴长越小；③轨道Ⅱ的长轴长为； ④若不变，越大，轨道Ⅱ的离心率越大．则上述结论中正确的是：______．（填序号）16．如图，正四棱锥的每个顶点都在球的球面上，侧面是等边三角形．若半球的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球的体积与球的体积的比值为______．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．）17．的内角，，的对边分别为，，，已知．（1）求；（2）设，，延长到点使，求的面积．18．如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积．19．截止到2021年，部分省市已经进入了新高考改革模式其中一种新高考模式为语文、数学、英语三门必选，然后从物理、化学、生物、政治、历史、地理门学科中任选门．（1）某学生由于非常喜欢历史，因此该学生决定三门选修课中的历史必选，剩下的两门从化学，生物，政治，地理四门学科中任选两门，假设该学生选择这四门学科中的任意一门是等可能性的，求该学生所选的三门学科中既有文科又有理科的概率（物理、化学、生物为理科，政治、历史、地理为文科）；（2）为了解学生的选科情况，某学校统计，在总共名学生中，有人选择了历史，其中男生有人；未选历史的学生中男生有人，试问能否有的把握认为选择历史学科与性别有关．参考数据：，其中．20．已知抛物线：，圆：．（1）求圆心到抛物线的准线的距离；（2）已知点是抛物线上一点（异于原点），过点作圆的两条切线，交抛物线于，两点，若直线的斜率为，直线的斜率为，，求点的坐标．21．已知函数，．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数在上有两个极值点，求实数的取值范围．【选考题】请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．22．【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），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）求曲线的普通方程和直线直角坐标方程；（2）已知点，直线与曲线交于，两点，求的值．23．【选修4-5：不等式选讲】已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若关于的不等式有解，求实数的取值范围． 新乡名校2020—2021学年下期期末联考高二数学（文）参考答案一、选择题1．【解杆】由已知，所以．故选：．2．【解析】因为，所以，所以．故选：．3．【解析】设等比数列的公比为，因为，，所以，即，，解得或（舍去），，则．故选：B．4．【解析】由题可知：个样区的野生动物的平均数为．，所以该地区这种野生动物数量的估计值为．故选：．5．【解析】指数函数为减函数，，幂函数为增函数，，；对数函数为减函数，，即，∴．故选：．6．【解】，，，，即，，，所以向量与的夹角为．故选：．7．【解析】因为过的直线的倾斜角为，所以直线斜率，因为直线与双曲线右支交于，两点，如图所示：由图形知：，所以，又，所以．故选：．8．【解析】设函数，因为对一切实数，恒有，所以，即，所以．故选：．9．【解析】设等差数列的公差为，因为，，可得，则，所以，所以，可得，可得当，时，；当时，；，时，，所以当或时，数列的前项和取得最大值．故选：．10．【解】由得，设，则．设，，当时，，递增，时，，递减，所以，所以，即恒成立，所以是上的增函数，又，所以时，，．故选：．11．【解析】由题意知：，则，所以，所以，把数据代入得：．故选：．12．【解析】因为，当时，，因此当时，函数单调递增；当时，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，函数取得极大价，极大值为．而，所以画出函数的大致图像如图所示：函数有四个不同的专点，即和共有个根，由图像知，有个根，所以有个根，由图像可知，．故选：．二、填空题13．   14．   15．①③④   16．13．【解析】设丢失的数据为，由题意，，所以，．故答案为：．14．【解析】设原数据为、、、、、，则，，加入和两个新数据后，所得个数据的半均数为，所得个数据的方差为．故答案为：．15．【解析】①，由椭圆的性质知，，，解得，故①正确；②，由①知，，所以，若不变，越大，越大，轨道Ⅱ的轴长越小错误，故②错误；③，由①知，故轨道Ⅱ的长轴长为，故③正确；④，因为，若不变，越大，则越小，所以越大，轨道Ⅱ的离心率越大，故④止确．故答案为：①③④．16．【解析】设球、球的半径分別为，，，连接，，如图，因为四棱锥的每个顶点都在球的球面上，侧面是等边三角形，在中，，，所以，所以，因为半球的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，所以，解得，则半球的体积与球的体积的比为．故答案为．三、解答题17．【解析】（1），由正弦定理，可得，所以，，可得：，化简得：，∵，．（2）由，得，所以，又，所以，可得．18．【解析】（1）证明：取的中点为，连、．为正方形，为的中点，且，所以四边形是平行四边形，，又平面，平面，所以平面．因为为的中点，，平面，平面，所以平面，且，平面平面，因为平面，平面，平面．（2）为正方形，且，为正四棱锥，在平面的射影为的中点． 为的中点，，，,，，，．19．【解析】（1）用，，，分别表小化学、生物、政治、地理四个学科，该学生从中仟选两门的所有可能结果有：，，，，，，共种，其中满足既有文科又有理科的结果有：，，，，，共种，所以该学生所选的三门学科中既有文科又有理科的概率：．（2）根据题意列联表如下： 选历史不选历史合计男生女生合计，所以有的把握认为选择历史学科与性别有关．20．【解析】（1）由已知：，的准线为．所以圆心到的准线的距离为：．（2）设，，．切线：，由得：，由得：，切线：，同理可得：，依题意：到：的距离：，整理得：，同理：，，，，，解得：，故所求点坐标为或．21．【解析】（1）当时，，所以，当，即时，，当，即时，，所以的增区间是，，减区间是，．（2）因为，所以，由题意在上有两个不等实根，即有两个实根．设，则，因为，所以当时，，，所以递增；当时，，，所以递减． 所以，又，，所以当时，在上有两个实根．此时有两个极值点．22．【解析】（1）曲线的参数方程为（为参数），转换为普通方程为：，直线的极坐标方程为，由，化为直角坐标方程为：．（2）将直线表示为参数方程：（为参数），代入，得到，所以，，所以．23．【解析】（1）因为，所以，，或，或，解得，或，或．故不等式的解集为（0，2）．（5分）（2）不等式，即，因为，当且仅当即时，有最小值，所以，解得或．故的取值范围是．