《2020-2021学年天津三岔口中学高二数学理下学期期末试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021学年天津三岔口中学高二数学理下学期期末试卷含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020-2021学年天津三岔口中学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. 已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA12AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成的角的余弦值为( )A. B. C. D.参考答案：2. 根据如图给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是（）A逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著B2007年我国治理二氧化硫排放显现成效C2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势D2006年以来我国二氧化
2、硫年排放量与年份正相关参考答案：D【考点】B8：频率分布直方图【分析】A从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量减少的最多，故A正确；B从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；C从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故C正确；D2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，与年份负相关，故D错误【解答】解：A从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量明显减少，且减少的最多，故A正确；B20042006年二氧化硫排放量越来越多，从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；C从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来
3、越少，故C正确；D2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，而不是与年份正相关，故D错误故选：D3. 学校举行“好声音”歌曲演唱比赛，五位评委为学生甲打出的演唱分数茎叶图如图所示，已知这组数据的中位数为，则这组数据的平均数不可能为（ ）ABCD参考答案：A由题意，当时，平均数为，当时，平均数为，即平均数在区间内，项排除故选4. 设(0,)，方程表示焦点在x轴上的椭圆，则（ ）A .(0, B. (, ) C.(0,) D .,)参考答案：B5. 命题“?xZ，使x2+2x+m0”的否定是（）A?xZ，使x2+2x+m0B不存在xZ，使x2+2x+m0C?xZ，使x2+2x+m0D?xZ，使x
4、2+2x+m0参考答案：A【考点】命题的否定【分析】利用特称命题的否定的是全称命题写出结果即可【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“?xZ，使x2+2x+m0”的否定是?xZ，使x2+2x+m0故选：A6. 已知直线、与平面、，下列命题正确的是 （ ）A且，则 B且，则C且，则D且，则参考答案：D7. 命题“”为假命题，是“”的（ ）A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件参考答案：A8. 设随机变量XN（1，52），且P（X0）=P（Xa2），则实数a的值为( )A4B6C8D10参考答案：A考点：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
5、专题：计算题；概率与统计分析：根据随机变量符合正态分布，从表达式上看出正态曲线关于x=1对称，得到对称区间的数据对应的概率是相等的，根据两个区间的概率相等，得到这两个区间关于x=1对称，得到结果解答：解：随机变量XN（1，52），正态曲线关于x=1对称，P（X0）=P（Xa2），0与a2关于x=1对称，（0+a2）=1a=4，故选A点评：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态曲线的对称性，考查对称区间的概率的相等的性质，本题是一个基础题9. 如果函数f（x）=xsin2x+asinx在区间0，上递增，则实数a的取值范围是（）A1，B1，1C，+）D，+）参考答案：C【考点】三角
6、函数中的恒等变换应用【分析】由求导公式和法则求出f（x），由题意可得f（x）0在区间0，上恒成立，设t=cosx（0t1），化简得54t2+3at0，对t分t=0、0t1讨论，分离出参数a，运用函数的单调性求出最值，由恒成立求出实数a的取值范围【解答】解：由题意得，f（x）=1cos2x+acosx，函数f（x）=xsin2x+asinx在区间0，上递增，函数f（x）0在区间0，上恒成立，则1cos2x+acosx0，即cos2x+acosx0，设t=cosx（0t1），即有54t2+3at0，当t=0时，不等式显然成立；当0t1时，3a4t，y=4t在（0，1递增，t=1时，取得最大值1，即
7、3a1，解得a，综上可得a的范围是）故选：C10. 某人要制作一个三角形，要求它的三边的长度分别为3，4，6，则此人( )A不能作出这样的三角形B能作出一个锐角三角形C能作出一个直角三角形D能作出一个钝角三角形参考答案：D【考点】三角形的形状判断【专题】解三角形【分析】若三角形两边分别为3，4，设第三边为x，则根据三角形三边故选可得：1x7，由余弦定理可得0，即开判定此三角形为钝角三角形【解答】解：若三角形两边分别为3，4，设第三边为x，则根据三角形三边故选可得：1x7，故可做出这样的三角形由余弦定理可得最大边所对的角的余弦值为：0，此三角形为钝角三角形故选：D【点评】本题主要考查了三角形三边
8、关系余弦定理的应用，属于基础题二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. A，B，C三种零件，其中B种零件300个，C种零件200个，采用分层抽样方法抽取一个容量为45的样本，A种零件被抽取20个，C种零件被抽取10个，三种零件总共有_ 个。参考答案：90012. 不等式的解集是_参考答案：13. 已知一个球体的半径为1cm,若使其表面积增加到原来的2倍,则表面积增加后球的体积为 参考答案：14. 设集合，则= 参考答案：略15. 设Ax|x24x30，Bx|x2axxa，若A是B的必要不充分条件，则实数a的取值范围是 .参考答案：1，3略16. 已知函数，若函数有3个零点，则实
9、数m的取值范围是_参考答案：【分析】易知时，单调递减；当时，利用导数得到单调性和极值，从而可得函数的图象；将问题变为与有三个交点，利用图象可得到所求范围.【详解】当时，则时，在上是减函数时，在上是增函数时，取极小值，又时，当且时，据此作出函数的图象如下图所示：函数有个零点，等价于与有三个交点由图象可知，当时，直线与函数的图象有个不同的交点时，函数有个零点本题正确结果：【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，关键是能将问题转化为曲线与直线交点个数问题，通过导数研究函数的单调性和极值，从而可确定函数的图象，利用数形结合求得结果17. 某射手射击1次，击中目标的概率是0.9，他连续射击4
10、次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，有下列结论：他第3次击中目标的概率是0.9；他恰好击中目标3次的概率是他至少击中目标1次的概率是其中正确结论的序号是（写出所有正确结论的序号）参考答案：略三、 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. 已知三点P（5，2）、F1（6，0）、F2（6，0）。（1）求以F1、F2为焦点且过点P的椭圆的标准方程；（2）设点P、F1、F2关于直线yx的对称点分别为、，求以、为焦点且过 点的双曲线的标准方程。参考答案：解：（1）由题意，可设所求椭圆的标准方程为，其半焦距,故所求椭圆的标准方程为；（2）点P（5，2）、（6，
11、0）、（6，0）关于直线yx的对称点分别为：（2，5）、（0，-6）、（0，6）设所求双曲线的标准方程为，由题意知半焦距C=6， ，故所求双曲线的标准方程为。略19. 古希腊有一著名的尺规作图题“倍立方问题”：求作一个正方体，使它的体积等于已知立方体体积的2倍，倍立方问题可以利用抛物线（可尺规作图）来解决，首先作一个通径为2a（其中正数a为原立方体的棱长）的抛物线C1，如图，再作一个顶点与抛物线C1顶点O重合而对称轴垂直的抛物线C2，且与C1交于不同于点O的一点P，自点P向抛物线C1的对称轴作垂线，垂足为M，可使以OM为棱长的立方体的体积为原立方体的2倍.（1）建立适当的平面直角坐标系，求抛物
12、线C1的标准方程；（2）为使以OM为棱长的立方体的体积为原立方体的2倍，求抛物线C2的标准方程（只须以一个开口方向为例）.参考答案：（1）以O为原点，OM为x轴正向建立平面直角坐标系，由题意，抛物线的通径为2a，所以标准方程为.（2）设抛物线，又由题意，所以，代入，得：，解得：所以点代入得：，解得：所以抛物线为：.20. 某迷宫有三个通道，进入迷宫的每个人都要经过一扇智能门。首次到达此门，系统会随机（即等可能）为你打开一个通道，若是1号通道，则需要1小时走出迷宫；若是2号、3号通道，则分别需要2小时、3小时返回智能门。再次到达智能门时，系统会随机打开一个你未到过的通道，直至走完迷宫为止。令表示
13、走出迷宫所需的时间。（1） 求的分布列；（2） 求的数学期望.参考答案：必须要走到1号门才能走出，可能的取值为1，3，4，6 ， 分布列为：1346（2）小时21. (本题满分15分)已知点在抛物线上，点到抛物线的焦点F的距离为2.（）求抛物线的方程；()已知直线与抛物线C交于O (坐标原点)，A两点，直线与抛物线C交于B，D两点 () 若 |，求实数的值；() 过A，B，D分别作y轴的垂线，垂足分别为A1，B1，D1记分别为三角形OAA1和四边形BB1D1D的面积，求的取值范围参考答案：（）抛物线的准线为， 由抛物线定义和已知条件可知，解得，故所求抛物线方程为. ()()解: 设B(x1，y1)， D(x2，y2)，由得，由，得或，且y1y24m， y1y24m又由得y24my0，所以y0或4m故A (4m2，4m)由 | BD |2 | OA |，得(1m2)(y1y2)24 (16m416m2)，而 (y1y2)216m216m，故m () 解: 由()得x1x2m(y1y2)2m4m22m所以令t，因为或，所以1t0或t0故
