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1、安徽省亳州市李集初级职业中学2021年高二数学理下学期期末试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 若关于x的不等式的解集为，则a=（ ）A. 2B. 2C. 3D. 3参考答案：C【分析】原不等式等价于，分，三种情况讨论即可.【详解】不等式可化为，当时，恒成立，不等式的解集为，不合题意；当时，则不等式的解为，故 ，无解；当时，则不等式的解为，故 ，解得；综上，故选C.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，注意合理去除绝对值的符号及对参数的合理分类讨论.2. 直线l1的方向向量为，直线l2的方向向量为，那么l1与l2所
2、成的角是（）A30B45C150D160参考答案：B【考点】数量积表示两个向量的夹角【分析】l1与l2所成的角与直线的方向向量所成的角相等或者互补，由此得到所求【解答】解：因为直线l1的方向向量为，直线l2的方向向量为，那么两个方向向量所成的角的余弦值为=；所以方向向量所成的角为135，所以l1与l2所成的角是45；故选：B【点评】本题考查了利用直线的方向向量所成的角求直线所成的角；注意角度范围3. 直线的参数方程是（ ）。A.（t为参数） B. （t为参数） C. （t为参数） D. （t为参数）参考答案：C略4. 在ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若b2+c2bc=a2，且
3、=，则角C的值为（）A45B60C90D120参考答案：C【考点】余弦定理；正弦定理【分析】把b2+c2bc=a2代入余弦定理求得cosA的值，进而求得A，又根据=利用正弦定理把边换成角的正弦，根据cosA求得sinA，进而求得sinB，则B可求，最后根据三角形内角和求得C【解答】解：b2+c2bc=a2b2+c2a2=bc，cosA=，A=60又=，=，sinB=sinA=，B=30，C=180AB=90故选C5. 实数满足条件，则的最大值是A. B. C. D.参考答案：C略6. 抛物线的焦点坐标为（） . A B C D参考答案：D略7. 已知真命题“abcd”和“abef”，那么“cd
4、”是“ef”的（ ）A充分条件 B必要条件C充要条件 D既不充分也不必要条件参考答案：B略8. 已知向量=（2，1，4），=（1，0，2），且+与k互相垂直，则k的值是（）A1BCD参考答案：D【考点】空间向量的数量积运算【分析】利用向量垂直与数量积的关系即可得出【解答】解： +=（3，1，6），k=（2k1，k，4k2），+与k互相垂直，3（2k1）+k+6（4k2）=0，解得k=，故选：D【点评】本题考查了向量垂直与数量积的关系、向量坐标运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题9. 过（2，0）点作圆（x1）2+（y1）2=1的切线，所得切线方程为（）Ay=0Bx=1和y=0Cx=2
5、和y=0D不存在参考答案：C【考点】圆的切线方程【分析】由题意得圆心为C（1，1），半径r=1讨论当l过点（2，0）与x轴垂直时，直线l与x轴不垂直，可设切线l的方程为y=k（x2），根据直线l与圆相切，利用点到直线的距离公式建立关于k的等式，解出k，即可得所求切线方程【解答】解：圆（x1）2+（y1）2=1的圆心为C（1，1），半径r=1当直线l经过点P（2，0）与x轴垂直时，方程为x=2，圆心到直线x=2的距离等于1，直线l与圆相切，即x=2符合题意；当直线l经过点P（2，0）与x轴不垂直时，设方程为y=k（x2），即kxy2k=0直线l与圆（x1）2+（y1）2=1相切，圆心到直线l的距
6、离等于半径，即d=1，解之得k=0，因此直线l的方程为y=0，综上所述，可得所求切线方程为x=2或y=0故选C10. 双曲线的渐近线方程为（ ） A B C D参考答案：B略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（参数），圆的参数方程为（参数），则圆的圆心坐标为 ，圆心到直线的距离为 参考答案：12. 已知直线的方程为，过点且与垂直的直线方程为 .参考答案：13. 已知，则_；参考答案：略14. 下列结论中，正确结论的序号为 .已知M，N均为正数，则“MN”是“log2Mlog2N”的充要条件；如果命题“p或q”是真命题，“非p”是真命题
7、，则q一定是真命题；若p为：?x0，x2+2x20，则p为：?x0，x2+2x20；命题“若x23x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x1，则x23x+20”参考答案：【考点】命题的真假判断与应用【分析】根据充要条件的定义和对数函数的性质，可判断；根据复合命题的真假，可判断；根据特称命题的否定方法，可判断；运用原命题的逆否命题，可判断【解答】解：对于，由M，N0，函数y=log2x在（0，+）递增，可得“MN”?“log2Mlog2N”，故正确；对于，如果命题“p或q”是真命题，“非p”是真命题，可得P为假命题，q一定是真命题故正确；对于，p为：?x0，x2+2x20，则p为：?x0，x2+
8、2x20故不正确；对于，命题“若x23x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x1，则x23x+20”故正确故答案为：15. 对于抛物线上任意一点，点都满足，则的取值范围是_参考答案：略16. 甲、乙两人下棋，已知甲获胜的概率为0.3，且两人下成和棋的概率为0.5，则乙不输的概率为_参考答案：0.7.【分析】乙不输分两种情况：乙赢或两人和棋.由条件确定乙赢的概率，可得答案.【详解】因为甲获胜的概率为0.3，且两人下成和棋的概率为0.5，所以乙赢的概率为1-0.3-0.5=0.2，所以乙不输的概率为0.2+0.5=0.7.故答案为0.7.【点睛】本题考查两个对立事件的概率性质，属于基础题.17.
9、已知，则不等式的解集为_参考答案：当时，解得 ；当时，恒成立，解得：，合并解集为 ，故填：.三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 将正整数按如图的规律排列，把第一行数1，2，3，10，17，记为数列an（nN+），第一数列1，4，9，16，25，记为数列bn（nN+）（1）写出数列an，bn的通项公式；（2）若数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，用数学归纳法证明：3（Tn+Tn）=2n3+4n（nN+）；（3）当n3时，证明：+参考答案：解：（1）由，得：， . （2） 当时，又，时等式成立； 假设时等式成立，即， 则时， ， 时等式也成立
10、 根据，都成立 （3）当时， 又 综上可知：成立略19. 一种电脑屏幕保护画面，只有符号“”和“”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变化只出现“”和“”之一，其中出现“”的概率为p，出现“”的概率为q，若第k次出现“”，则记ak=1；出现“”，则记ak=1，令Sn=a1+a2+?+an（）当p=q=时，记=|S3|，求的分布列及数学期望；（）当p=，q=时，求S8=2且Si0（i=1，2，3，4）的概率参考答案：【考点】离散型随机变量及其分布列【分析】（I）=|S3|的取值为1，3，故欲求的分布列，只须分别求出取1或3时的概率即可，最后再结合数学期望的计算公式求得数学期望即可；（II）由S8
11、=2知，即前八秒出现“”5次和“”3次，又Si0（i=1，2，3，4）知包括两种情形：若第一、三秒出现“”，则其余六秒可任意出现“”3次；或者若第一、二秒出现“”，第三秒出现“”，则后五秒可任出现“”3次分别求出它们的概率后求和即得【解答】解：（I）=|S3|的取值为1，3，又，P（=1）=，P（=3）=的分布列为E=1+3=（II）当S8=2时，即前八秒出现“”5次和“”3次，又已知Si0（i=1，2，3，4），若第一、三秒出现“”，则其余六秒可任意出现“”3次；若第一、二秒出现“”，第三秒出现“”，则后五秒可任出现“”3次故此时的概率为20. 已知等比数列中，.若，数列前项的和为.（）若，
12、求的值；（）求不等式的解集.参考答案：解：（）得是以为首项，为公差的等差数列. （） 即，所求不等式的解集为略21. 已知数列an的前n项的和，bn是等差数列，且.（）求数列bn的通项公式；（）令.求数列cn的前n项和Tn.参考答案：（）（）【分析】（）先求出，再由得到通项公式，求出，再由，进而可得出结果；（）由（）得到，再由错位相减法，即可求出结果.【详解】（），时，也符合此式，所以.又，可得，所以 （），所以，所以，错位相减得，所以【点睛】本题主要考查求数列的通项公式，以及数列的求和，熟记等差数列的通项公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.22. 已知椭圆1和点P(4，2)，直线l经过点P且与椭圆交于A、B两点(1)当直线l的斜率为时，求线段AB的长度； (2)当P点恰好为线段AB的中点时，求l的方程参考答案：(1)由已知可得直线l的方程为y2(x4)，即yx.由可得x2180，若设A(x1，y1)，B(x2，y2)则x1x20，x1x218.于是|AB| .所以线段AB的长度为 .(2)法一：设l的斜率为k，则其方程为y2k(x4)联立消去y得(14k
