《云南省玉溪市2020-2021学年高二上学期期末考试数学（理）Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省玉溪市2020-2021学年高二上学期期末考试数学（理）Word版含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、玉溪市2020-2021学年上学期高二年级教学质量检测理科数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1. 已知，则（ ）A. B. C. D. C分析：求出集合，利用补集和并集的定义可求得集合.解答：因为或，则，所以，故选：C.2. 设已知则a，b，c的大小关系为（ ）A. abcB. bcaC. cbaD. acbB分析：判断a、b、c与0、1的大小关系进行大小比较.解答：.故选：B.点拨：指、对数比较大小：（1）结构相同的，构造函数，利用函数的单调性比较大小；（2）结构不同的，寻找“中间桥梁”，通常与0、1比较.3. 在ABC中，点D是线段BC上靠近B的三等分点，下列等式
2、成立的是（ ）A. B. C. D. B分析：利用向量加减法运算，判断选项.解答：.故选：B4. 已知abR且ab，下列不等式正确的是（ ）A. B. C. a-b0D. a+b0C分析：根据不等式性质一一判断即可.解答：A选项：当时，故错误；B选项：当时，故错误；C选项：成立，故正确；D选项：当时，故错误故选：C5. 在如图所示的程序框图中，如果输入的，那么输出的i等于（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6C分析：根据程序框图逐次计算每次判断的奇偶性前各变量的值，结合的值判断循环何时终止，从而得到输出的的值.详解】解：由框图知：第一次判断为奇偶性前，；第二次判断为奇偶性前，；第三次判断为奇偶
3、性前，；第四次判断为奇偶性前，；第五次判断为奇偶性前，；第六次判断为奇偶性前，；此时判断，终止循环输出.故选：C.6. 若x，y满足约束条件，z=2x-3y的最大值为（ ）A. 9B. 6C. 3D. 1A分析：画出不等式组表示的可行域，数形结合即可求解.解答：作出可行域：由得，它表示斜率为纵截距为的直线，当直线经过点时，直线的纵截距最小，最大，此时，故选：A7. 已知直线l：x+2y-3=0与圆交于AB两点，求线段AB的中垂线方程（ ）A. 2x-y-2=0B. 2x-y-4=0C. D. B分析：由圆的几何性质可得线段的中垂线与直线垂直，并且过圆心，求直线方程.解答：线段的中垂线与直线垂直
4、，所以设为，并且过圆心，所以，即，所以.故选：B8. 把5名同学分配到图书馆、食堂、学生活动中心做志愿者，每个地方至少去一个同学，不同的安排方法共有（ ）种A. 60B. 72C. 96D. 150D分析：先把5名同学分成组，有两种情况，再将他们分配下去即可求出解答：5名同学分成组，有两种情况，故共有种分组方式，再将他们分配到图书馆、食堂、学生活动中心有种方式，根据分步乘法计数原理可知，不同的安排方法共有种故选：D点拨：本题主要考查有限制条件的排列组合问题的解法应用，解题关键是对“至少”的处理，属于中档题方法点睛：常见排列问题的求法有：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法
5、”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数9. 如图是由一个棱长为2的正方体截去一个三棱锥后剩余几何体的三视图，该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. D分析：还原三视图根据几何体体积公式求解即可.解答：如图，在正方体中切去三棱锥，可得剩余部分体积，故选：D10. 已知把f(x)的图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位，得到g(x)的函数图象，则（ ）A. g(x)图象的对称轴为B. g(x)图象的对称轴为kZ且为奇函数C. g(x)图象的对称轴为x=+2k，kZ且为奇函数D. g(x)图象的
6、对称轴为A分析：根据图象变换得表达式，再结合对称轴公式求解即可.解答：依题意得，由得 故选：A11. 设、是三条不同的直线，、是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则C分析：利用已知条件判断与的位置关系，可判断AD选项的正误；利用线面垂直的性质定理可判断B选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断C选项的正误.解答：对于A选项，若，则与平行、相交或异面，A选项错误；对于B选项，若，由线面垂直的性质定理可得，B选项错误；对于C选项，、不重合，则，C选项正确；对于D选项，若，则与相交或平行，D选项错误.故选：C点拨：方法点睛：对于空间线面位置关系
7、的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳12. 已知抛物线：（）的焦点为，过点且斜率为2的直线为，若抛物线上存在一点，使、关于直线对称，则抛物线的方程为（ ）A. B. C. D. B分析：由抛物线的方程可得焦点的坐标，设的坐标，由、关于直线对称，可得的坐标与的关系，再由可得的值，进而可得抛物线的方程.解答：，设，则，即因为关于直线对称，所以中点在上，从而从而解得（舍），故选：B二、填空题（本大题共4小题，每小题5分
8、，共20分）13. 在平面直角坐标系中，P(3，4)为角终边上的点，则=_.分析：利用三角函数的定义，直接求解.解答：点P(3，4)为角终边上的点，.故答案为：14. 将一枚质地均匀的骰子先后抛两次，两次结果都为偶数的概率是_.分析：利用列举法，按照古典概型的计算公式计算概率.解答：将一枚质地均匀的骰子先后抛两次，共有种情况，其中两次结果都为偶数，包含共9种情况，则两次结果都为偶数的概率.故答案：15. 已知数列满足则_.分析：等号两边同时取倒数，得，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，再根据等差数列的通项公式计算可得；解答：解：等号两边同时取倒数，有，所以，即是以为首项，为公差等差数列，所
9、以，故故答案为：16. 函数，关于的方程）有4个不同的实数解，则的取值范围是_分析：令，则方程有4个不同的实数解等价于方程有两个根且两个都在区间上，再作出实根分布知识即可求解解答：作出函数的图象，如图所示： 令，则关于的方程有4个不同的实数解等价于方程有两个不等根且两个根都在区间上，设，由图有解得故答案为：点拨：本题主要考查数形结合和转化思想的应用，解题关键是通过数形结合和换元，将方程有根转化为函数在某区间上有零点，再由数形结合或者实根分布知识建立等价条件，从而求解，属于中档题三、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 某中学组织了一次高二文科学生数学学业水平模拟测试
10、，学校从测试合格的男女生中各随机抽取80人的成绩进行统计分析，分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图.（1）估计男生成绩的平均分；（2）若所得分数大于等于90分认定为优秀，在优秀的男生女生中用分层抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率.（1）；（2）.分析】（1）用男生各级数据的中间值乘以频率相加可得；（2）求出男女生优秀的人数，按分层抽样得出各抽取的人数，5人中男生抽取2人，女生抽取3人，从5人中任取2人有10种方法，至少有一名男生的反面是两人都是女生，由此得方法（可用列举法），由对立事件概率公式计算出概率解答：（1）男生平均成绩：（2）男生优秀人
11、数：，女生优秀人数：故男生抽取2人，女生抽取3人.至少一名男生的反面是抽出2人全部是女生，包含(女1女2，女1女3，女2女3)3种情况，总的有10种情况，18. 已知等差数列满足，且，成等比数列（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和（1），；（2）.分析：（1）根据题意可知，而即可解出，从而得到的通项公式；（2）由（1）知，所以，根据错位相减法即可求出数列的前项和解答：（1）因为，成等比数列，所以，又因为，解得或（舍），所以，（2）由（1）知，所以因为，化简得，即点拨：本题主要考查等差数列通项公式的求法，以及错位相减法的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题常见的数列求和方法：公式
12、法，倒序相加求和法，分组求和法，裂项相消法，错位相减法，并项求和法等19. 如图，在平面四边形ABCD中，A=45，ADC=90，AB=2，BD=5.（1）求sinADB；（2）若求BC.（1）；（2）.分析：（1）中，利用正弦定理求；（2）先求，再利用余弦定理求的值.解答：在，由正弦定理得：，得（2），所以在中，由余弦定理， ，20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为中点（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值（1）证明见解析；（2）.分析：（1）设与的交点为，连接，根据中位线定理可得，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）由题意易证平面，而，可得平面，根据二面角的平面角的定义
13、即可知，二面角的平面角为，再解三角形即可求出解答：（1）设与的交点为，连接，可知，为的中位线，又平面，平面，所以平面（2）因为，所以平面，又因为，平面，所以二面角的平面角为，所以为等边三角形，所以，且，即二面角的余弦值为点拨：本题主要考查线面平行的判定定理的应用，以及二面角的求法，属于基础题常用的二面角的求法有：定义法，三垂线法，垂面法，向量法，面积射影法等21. 已知椭圆的离心率为右焦点到左顶点的距离是（1）求椭圆C的方程；（2）设点M为椭圆上位于第一象限内一动点，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线MB与x轴交于点C，直线MA与y轴交于点D，求证：四边形ABCD的面积为定值.（1）；（2）证明见解析.分析：（1）由题意可得、结合即可求出得值，进而可得椭圆C的方程；（2）由椭圆的方程可得两点的坐标，设，即可求出直线、的方程，进而可得点、的坐标，结合，计算即可求解.解答：（1）由已知可得：，解得：.所以椭圆的方程为：.（2）因为椭圆的方程为：，所以，设，则，即.则直线的方程为：，令，得；同理：直线的方程为，令，得.所以.即四边形的面积为定值2.点拨：关键点点睛：本题解题的关键点是设出点，求出直线、的方程以及点、的坐标，直接计算，需要注意点在椭圆上可得.求定值的问题往往设而不求整体消参.22. 已知（1）判断函数f(x)在0，+)的单调性，并证明.
