广东省广州深圳四校（广雅、华附、省实、深中）2020-2021学年高二下学期期末联考数学试题（教师版含解析）

这是一份广东省广州深圳四校（广雅、华附、省实、深中）2020-2021学年高二下学期期末联考数学试题（教师版含解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020学年第二学期高二期末
华附、省实、广雅、深中2022届高二四校联考
数学
命题学校：深圳中学 定稿人：董正林、赵志伟
本试卷分选择题和非选择题两部分，共5页，满分150分．考试用时120分钟．
第一部分选择题(共60分)
一、单项选择题：本题共8道小题，每小题5分，共40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.
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用对数函数的单调性求解集合B，再利用集合的交运算即可求解．
【详解】由，得，因为，所以.
故选：B
2. 已知z为复数，则是“z为纯虚数”的( )
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由充分必要条件的判断方法，结合复数为纯虚数的判断条件即可判断.
【详解】充分性：，z为0或纯虚数，故充分性并不满足；
必要性：z为纯虚数，不妨设，则，故必要性满足.
所以是“z为纯虚数”的必要非充分条件.
故选：B
3. 多项选择题是新高考数学试卷中增加的新题型，四个选项A，B，C，D中至少有两个选项正确，并规定：如果选择了错误选项就不得分. 若某题的正确答案是ABC，某考生随机选了两项，则其能得分的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出随机选了两项的情况，根据古典概型的概率公式即可求出.
【详解】由题可得该考生随机选了两项的情况有共6种，
其中能得出的情况有共3种，
则其能得分的概率为.
故选：C.
4. 若的展开式中的系数为20，则a=( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式进行分析，即可计算.
【详解】
展开式的通项公式为：，
因为的展开式中的系数为20，
所以，解得：.
故选：B
5. 已知四边形ABCD满足，点M满足，若 ，则x+y= ( )
A. 3 B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量线性运算，将表示出来即可得出.
【详解】由题可得,
，则,
所以，所以.
故选：C.
6. 已知为第四象限角，且，则=( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出，利用两角差的余弦公式即可求出.
【详解】因为第四象限角，且，
所以，
所以
故选：A
7. 蹴鞠(如图所示)，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.年月日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点、、、，满足，，，则该鞠的表面积为( )

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将三棱锥补成长方体，使得三棱锥的各棱为长方体的面对角线，计算出长方体的体对角线长，可得出该鞠的半径，利用球体的表面积公式计算可得结果.
【详解】将三棱锥补成长方体，使得三棱锥的各棱为长方体的面对角线，

设，，，设该鞠的半径为，则，
由勾股定理可得，，，
上述三个等式相加得，则，
因此，该鞠的表面积为.
故选：A.
【点睛】本题考查球体表面积的计算，同时也考查了三棱锥的外接球问题，考查计算能力，属于中等题.
8. 已知函数，且，则 a ， b ， c 的大小为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】可判断为偶函数，再根据的导数可判断在为增函数，根据对数函数的单调性判断出即可得出大小.
【详解】的定义域为R，且，为偶函数，
当时，，
所以在为增函数，
又，，
所以，则，
又，则.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分.
9. 函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是( )

A. 的最小正周期为
B. 的最大值为2
C. 在区间上单调递增
D. 为偶函数
【答案】BD
【解析】
【分析】由图象先求得，再求得，然后求得得解析式，再根据正弦函数性质判断各选项．
【详解】由已知，所以，A错；
由五点法得，又，所以，
，，B正确，
所以，
时，，时，，函数在区间上不单调，C错；
是偶函数，D正确．
故选：BD．
【点睛】思路点睛：本题考查由三角函数图象求函数解析式．考查三角函数的性质．求解析式时可以利用“五点法”求解，一般先求，再求，然后求．判断三角函数性质，可以整体代入法，求出的值或范围，然后结合正弦函数性质判断．
10. 已知由样本数据点集合其中，求得的回归直线方程记此模型对应的相关指数为. 观察残差图发现：除了数据点(1.2，2.2)和(4.8，7.8)明显偏离横轴，其余各点均密集均匀分布，剔除这两个数据点后重新求得的回归直线方程，记此模型对应的相关指数为，则下列结论中正确的是( )
A. 变量x与y正相关 B. 记，则
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据回归方程的斜率为正可判断A；根据样本中心在回归直线上可判断B；根据拟合效果可判断C；可得剔除这两个数据点后，样本的中心还是，即可求出，判断D.
【详解】因为回归方程为，，所以变量x与y具有正相关关系，故A正确；
因为，所以，故B正确；
由题可得剔除这两个数据点后的拟合效果更好，所以，故C错误；
因为，所以剔除这两个数据点后，样本的中心还是，所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 设是抛物线的焦点，直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A.
B. 可能大于
C. 若，则
D. 若在抛物线上存在唯一一点(异于、)，使得，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出即可判断A；可得可判断B；由可判断C；设点，分析可知关于的二次方程有唯一解，由可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，设、.
联立直线与抛物线可得，则，，
则，故A正确；
对于B选项，，故B错误；
对于C选项，过点作直线的垂线，垂足为点，
由抛物线的定义可得，则，
当点、、三点共线时，取最小值，且的最小值为点到直线的距离，故的最小值为，故C正确；

若存在唯一一点，使得，
，同理可得，


，
由题意可得且，则，
整理可得，
由题意可知，关于的二次方程只有唯一解，
则，解得，D选项正确.
故选：ACD.
12. 己知函数，下列关于f(x)的说法中正确的是( )
A. 当且仅当a=0时，f(x)有唯一的零点
B. f(x)最多有两个极值点
C. 若 则f(x)仅有一个极值点
D. 若f(x)无极值点，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由可得或，利用导数由无解或解为可求得的范围，即可判断A；令可得，利用导数判断的解的情况即可判断BCD.
【详解】因为，
所以或，所以或，
设，则，
由可得，由可得，
则在单调递增，在单调递减，
，
要使无解，则，即，又，此时，
即若有唯一的零点，则或，故A错误；
，易知，
令可得(且)，
则，令可得，
所以在递增，在递减，在递减，在，
又，所以最多有2个解，即最多有两个极值点，故B正确；
当时，只有一个解，即仅有一个极值点，故C正确；
当时，有2个解，此时有2个极值点，故D错误.
故选：BC.
第二部分非选择题(共90分)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知是两个不同的平面，均为外的两条不同直线，给出四个论断：①;②;③;④. 请以其中三个为条件，余下的一个为结论，写出一个正确的命题_______________________(示例：请将答案写成如下形式：“①②③⇒④”)
【答案】①③④⇒②(或②③④⇒①).
【解析】
【分析】根据平面垂直关系的相关性质即可判断.
【详解】若①;②;③成立，则与可能平行也可能相交，即④不一定成立；
若①;②;④成立，则与可能平行也可能相交，即③不一定成立；
若①;③;④成立，因为，，所以或，又，所以，即①③④⇒②；
若②;③;④成立，因为，，所以或，又，所以，即②③④⇒①.
故答案为：①③④⇒②(或②③④⇒①).
14. 若直线恒过圆的圆心，则的最小值为___________．
【答案】5
【解析】
【分析】把圆心坐标代入直线方程得的关系，然后由“1”的代换用基本不等式求得最小值．
【详解】由题意，即，因为，所以，
所以，当且仅当，即时等号成立．
因此所求最小值为5．
故答案为：5．
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
(1)“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
(2)“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
(3)“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．
15. 已知公差不为0的等差数列满足，则=______ .
【答案】0
【解析】
【分析】根据题意可化简得出，再根据求和公式即可求出.
【详解】设数列公差为()，
由可得，则，
则，则可得，
所以.
故答案为：0.
16. 在三棱锥P-ABC中，侧面PAB，侧面PAC，侧面PBC与底面所成的角均为，若AB=2，CA+CB=4，且是锐角三角形，则三棱锥P-ABC体积的取值范围为___________ .
【答案】
【解析】
【分析】作平面ABC于O，可得为的内心，设，可得，C在以A，B为焦点的椭圆上，设，由是锐角三角形可得，即可得出所求.
【详解】作平面ABC于O，作于D，于E，于F，连接PD，PE，PF，则，
又，所以平面POD，所以，所以为二面角的平面角，
同理，分别为二面角，二面角的平面角，
所以，所以，
所以为的内心，连接AO，BO，CO，

设，则，
所以，所以，
因为，所以C在以A，B为焦点的椭圆上，
建立平面直角坐标系，，，所以，
所以椭圆方程为，

设，要使为锐角，则，所以，
又，
因为，所以，则，
又，则可得，
所以，即，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共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①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解答.
已知数列的前n项和为，，且满足
(1)求数列通项公式;
(2)记 ，求数列 的前n项和为.
【答案】(1)；(2)
【解析】
【分析】(1)若选①，可判断是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出通项公式；
若选②，利用累加法可求出；
若选③，可判断是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出通项公式；
(2)利用错误相减法法可求出.
【详解】(1)若选①，因为，当时，，两式相减得，
当时，，即，又，所以，
故也满足，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，故；
若选②，因为，
所以
，
故；
若选③，因为，当时，，两式相减可得，即，
当时，，所以，满足，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，故；
(2)，
则，
两式相减可得
，
则.
18. 智能体温计由于测温方便、快捷，已经逐渐代替水银体温计应用于日常体温检测.调查发现，使用水银体温计测温结果与人体的真实体温基本一致，而使用智能体温计测量体温可能会产生误差.对同一人而言，如果用智能体温计与水银体温计测温结果相同，我们认为智能体温计“测温准确”;否则，我们认为智能体温计“测温失误”.现在某社区随机抽取了20人用两种体温计进行体温检测，数据如下. 用频率估计概率，解答下列问题:
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
智能体温计测温
36.6
36.6
36.5
36.5
36.5
36.4
36.2
36.3
36.5
36.3
水银体温计测温
36.6
36.5
36.7
36.5
36.4
36.4
36.2
36.4
36.5
36.4
序号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
智能体温计测温
363
36.7
36.2
35.4
35.2
35.6
37.2
36.8
36.6
36.7
水银体温计测温
36.2
36.7
36.2
35.4
35.3
35.6
37
36.8
36.6
36.7
(1)从该社区中任意抽查3人用智能体温计测量体温，设随机变量X为使用智能体温计测温“测温准确”的人数，求X的分布列与数学期望值；
(2)医学上通常认为，人的体温不低于且不高于时处于“低热”状态. 该社区某一天用智能体温计测温的结果显示，有3人的体温都是，能否由上表中的数据来认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态？说明理由.
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为；(2)答案见解析
【解析】
【分析】(1)估计用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，求出取不同值的概率，即可得出分布列，求出期望；
(2)估计出这3人中至少有1人处于“低热”状态的概率即可得出结论.
【详解】(1)表中20人的体温数据中，测温结果相同的有12种情况，即可估计用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为，
随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，且，
则，，
，，
所以分布列为：

0
1
2
3





；
(2)设这3人中至少有1人处于“低热”状态为事件N，
表中20人的体温数据中，用智能体温计的测温结果高于其真实体温的序号为02，05，11，17共计4种情况，由此估计从社区任意抽查1人，用智能体温计的测温结果高于其真实体温的概率为，
由此估计，这3人中至少有1人处于“低热”状态的概率为.
结论1：因为接近1，由此可以认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态；
结论2：因为，所以有可能这3人都不处于“低热”状态.
19. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且若. D为BC的中点，，记

(1)若，求AB的值;
(2)求a+2c的取值范围.
【答案】(1)1；(2)
【解析】
【分析】(1)由余弦定理可得，在中利用正弦定理即可求出；
(2)利用正弦定理可得，再化简利用三角函数的性质可求.
【详解】(1)，即，
由余弦定理可得，所以，
又，则，
在中，由正弦定理可得，
所以；
(2)在中，由可得，
由正弦定理可得，
则，
，
由，可知，则，
所以.
20. 如图，在四棱锥P-ABCD中，平面， ，E为PD中点，点F在线段PC上，且DF//平面PAB.

(1)求证：平面;
(2)求二面角F-AE-P的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】
【分析】(1)由题可得，结合可得平面PAD，由此得出，再结合即可证明；
(2)以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，求出平面AEF和平面PAE法向量，利用向量关系即可求出.
【详解】(1)平面ABCD，平面ABCD，，
，平面PAD，
平面PAD，，
，为PD中点，，
，平面PCD；
(2)过点D作交BC于G，连接FG，
平面PAB，平面PAB，平面PAB，
平面PAB，，平面平面PAB，
平面平面，平面平面，，，
如图，以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，
由，得，
，
设为平面AEF的一个法向量，
则，则可取，
为平面PAE的法向量，
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

21. (1)(i)证明：；
(ii)证明：时，；
(2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的值.
【答案】(1)(i)证明见解析；(ii)证明见解析；(2)0
【解析】
【分析】(1)(i)构造函数，求出函数导数，根据导数判断函数单调性可证明；
(ii)构造函数，求出函数导数，利用(i)中恒等式判断函数单调性即可证明；
(2)构造函数，讨论，和，利用导数结合(1)中结论判断函数单调性即可求解.
【详解】(1)(i)令，则，
令可得，令可得，
在单调递减，在单调递增，
，即；
(ii)令，，
则，
由(i)可知，故，
所以在上单调递减，故，
即当时，；
(2)令，
当时，，由(1)知，则恒成立，符合题意；
当时，由(1)可知，与题意不符；
当时，，，所以在单调递减，
，
，使得，且时，，故在单调递增，此时，与题意不符.
综上，.
【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立问题，解决本题的关键是构造函数，利用导数求函数的单调性，通过求出函数最值解决，且合理利用已知恒等式转化.
22. 已知双曲线C:的左右顶点分别是且经过点，双曲线的右焦点到渐近线的距离是，不与坐标轴平行的直线l与双曲线交于P、Q两点(异于)，P关于原点O的对称点为S.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)若直线与直线相交于点T，直线OT与直线PQ相交于点R，证明：在双曲线上存在定点E，使得的面积为定值，并求出该定值.
【答案】(1)；(2)存在，定值为.
【解析】
【分析】(1)根据题意建立关系求出即可得出方程；
(2)设出直线方程，与双曲线联立，得出韦达定理，利用韦达定理表示出直线的斜率，即可得出点在定直线上，即可求解.
【详解】(1)设双曲线的右焦点，一条渐近线为，
则由题可得，解得，
所以双曲线的标准方程为；
(2)设，
设直线，
联立直线与双曲线可得，
由可得，所以，
则，
，
由题，
由三点共线可得，即，
由三点共线可得，即，
相加可得，
所以直线，
联立直线可得可得，
因此点在定直线上，
则使得的面积为定值的点一定为过点M且与直线平行的直线与双曲线的交点，此时，则.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
(1)得出直线方程，设交点为，；
(2)联立直线与曲线方程，得到关于(或)的一元二次方程；
(3)写出韦达定理；
(4)将所求问题或题中关系转化为形式；
(5)代入韦达定理求解.