2020-2021学年黑龙江省大庆第一中学高二下学期期末考试数学（理）试题解析.doc

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1、2020-2021学年黑龙江省大庆第一中学高二下学期期末考试数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（）ABCD【答案】B【分析】利用一元二次不等式的解法，先求出集合，再根据交集的定义即可求解.【详解】解：因为集合，又集合，所以，故选：B.2复数，则复数的虚部是（）ABCD【答案】D【分析】求出，再根据复数虚部的定义即可解出【详解】复数的虚部为故选：D3已知是平面内的两条直线，则“直线且”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件的【答案】B【分析】根据线面垂直的判定及性质进行解答.【详解】若与不相交，则“直线且”不能推出“”；反之，如果“”，无论与是否相交，都

2、能推出“直线且”，故“直线且”是“”的必要不充分条件，故选：B.4若x，y满足 则x + 2y的最大值为A1B3C5D9【答案】D【详解】试题分析：如图，画出可行域，表示斜率为的一组平行线，当过点时，目标函数取得最大值，故选D.【名师点睛】本题主要考查简单的线性规划解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义.求目标函数的最值的一般步骤为：一画、二移、三求常见的目标函数类型有：（1）截距型：形如.求这类目标函数的最值时常将函数转化为直线的斜截式：，通过求直线的截距的最值间接求出的最值；（2）距离型：形如；（3）斜率型：形如，而本题属于截距形式.5若的展开式中存在常数

3、项，则可以是（）A8B7C6D5【答案】A【分析】本题首先可以根据解出二项式的通项，再对通项进行化简，然后通过展开式中有常数项可知，解出的值即可【详解】的通项公式为，若展开式中存在常数项，则能成立，即，1，2，.，8，12，16，故选：A.6已知向量满足，且，则（）AB2CD4【答案】A【分析】利用向量的关系式求解向量的模，即可得到结果【详解】解：因为，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以，故选：A.7从4位男生，2位女生中选3人组队参加“弘扬传统文化，增强文化自信”答题比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法种数共有（）A20B16C12D8【答案】B【分析】本题可分为只有1位女生入选以

4、及有2位女生入选两种情况进行讨论，依次求出两种情况下不同的选法的种数并相加，即可得出结果.【详解】由题易知不同的选法可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有种；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有种，根据分类加法计数原理知，至少有1位女生人选的不同的选法有16种，故选：B.8已知，则（）AB2CD【答案】A【分析】根据三角的恒等变换公式即可求解【详解】解：因为，所以因为，所以，即，所以，故选：A9把函数的图象向右平移个单位长度得到函数，若在上是增函数，则的最大值为（）ABCD【答案】D【分析】先由三角函数的平移变换规律求出的解析式，再求出的单调增区间，然后使区间是其中一个增

5、区间的子集求出的范围，从而可求出的最大值【详解】解：因为，所以，由，得，所以在上单调递增，因为在上是增函数，所以，所以的最大值为，故选：D10九章算术卷五商功中，把正四棱台形状的建筑物称为“方亭”沿“方亭”上底面的一组对边作垂直于底面的两截面，去掉截面之间的几何体，将“方亭”的两个边角块合在一起组成的几何体称为“刍甍”现记截面之间几何体体积为，“刍甍”的体积为，若，台体的体公式为，其中、分别为台体的上、下底面的面积则“方亭”的上、下底面边长之比为（）ABCD【答案】A【分析】设“方亭”的上底面边长为，下底面边长为，高为，则，由题意可知，截面之间几何体为上下底面为等腰梯形（上底为，下底为，高为）

6、，高为的直棱柱，从而由直棱柱的体积公式可求出，则，然后由列方程可求得结果【详解】解：设“方亭”的上底面边长为，下底面边长为，高为，则，故选：A11双曲线：的左焦点和虚轴的一个端点分别为，点为右支上一动点，若周长的最小值为，则的离心率为（）ABCD【答案】D【分析】根据已知条件结合平面几何知识分析出周长最小时的位置，然后建立齐次方程，求得，进而可以求出离心率.【详解】设双曲线的右焦点为，因为周长为，其中，不妨设，则，由双曲线的定义得，则，所以当三点共线时，周长最小，此时周长为，又因为周长的最小值为，所以，即，所以，故选：D12设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）ABCD【答

7、案】D【分析】设，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.【详解】设，由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数， ，当时，；当时，.所以，函数的最小值为.又，.直线恒过定点且斜率为，故且，解得，故选D.【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.二、填空题13已知点在抛物线：上，则的焦点到其准线的距离为_.【答案】【分析】将点坐标代入抛物线方程可得值，然后求出抛物线的焦点坐标和准线方程可得答案.【详解】点代入抛物线方程，解得，抛物线方程为：，焦点坐标为，准线方程为：，焦点到准线的距离：.故答案为：.14

8、已知函数，则_.【答案】【分析】根据当时，将化为，再根据分段函数解析可求出结果【详解】因为时，所以.故答案为：15某市倡导高中学生暑假期间参加社会公益活动据调查统计，全市高中学生参加该活动的累计时长（小时）近似服从正态分布，人均活动时间约40小时若某高中学校1000学生中参加该活动时间在30至50小时之间的同学约有300人据此，可推测全市名学生中，累计时长超过50小时的人数大约为_【答案】【分析】利用正态分布的对称性求解即可【详解】解：由题意，则，由，可得，故累计时长超过50小时的人数大约有人故答案为：16钝角的面积是，角的平分线交于点，则_【答案】【分析】由已知条件可得，然后分角为锐角和为钝

9、角，求出角的余弦值，再利用余弦定理求出，再在、和分别利用正弦定理求出，然后在中利用余弦定理可求出【详解】解：由，得，若角为锐角，则，此时，即，由于，则为锐角三角形，不符合题意故为钝角，此时，故在中，由正弦定理得，同理，在中，而在中，由于，故，由于，故，所以，所以故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查计算能力，解题的关键是利用余弦定理求出，再在、和分别利用正弦定理求出，然后在中利用余弦定理可求出，属于中档题三、解答题172020年初，面对突如其来的新冠肺炎疫情，某省体育局适时推出线上万人健步走活动，全省14万人参赛，掀起了一场前所未有的“健步走热潮”，该省今年将继续

10、举办线上万人健步走活动，希望带动更多的人参与到全民健身中来，以更加强健的体魄、更加优异的成绩，向中国共产党百年华诞献礼.为了解群众参与健步走活动的情况，随机从参与活动的某支队伍中抽取了60人，将他们的年龄分成7段：10，20)，20，30)，30，40)，40，50)，50，60)，60，70)，70，80后得到如图所示的频率分布直方图.(1)以各组的区间中点值代表各组取值的平均水平，求这60人年龄的平均数，并求中位数的估计值；(2)若从样本中年龄在50，70)的居民中任取3人，这3人中年龄不低于60岁的人数为X，求X的分布列及数学期望.【答案】(1)平均数为37，中位数估计值为35(2)分布

11、列见解析，数学期望为1【分析】（1）根据平均数、中位数的计算方法，求得平均数和中位数.（2）根据超几何分布的分布的知识计算出的分布列以及数学期望.【详解】(1)这60人年龄的平均数为150.15250.2350.3450.15550.1650.05750.0537.前两组所占频率之和为（0.0150.020）100.35，前三组数据频率之和为（0.0150.0200.030）100.65，设中位数估计值为x，则0.350.03010（x30）0.5，解得x35.(2)由题意可知，年龄在50，60）内的人数为6，60，70）内的人数为3，X的可能取值有0，1，2，3.，X的分布列为X0123P.

12、18已知数列的前n项和（）求数列的通项公式；（）令，求数列的前n项和【答案】（），；（）.【分析】（）先求出，进而求得；（）求得，用错位相减法可得其前项和.【详解】（）时，当时，作差得，又当时满足此式，（），【点睛】方法点睛：本题的核心是考查错位相减求和.一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解19在如图所示的多面体中，是边长为3的正方形，四点共面，面，.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）在线段上取点，使得，可得是平行四边形，

13、由勾股定理得，即可由线面垂直的判定定理得出结论；（2）先证，两两相互垂直，再以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ，利用向量法求解.【详解】（1）因为面，面，平面平面，所以.在线段上取点，使得，从而，又，所以是平行四边形.所以，又，于是，即，所以.因为是正方形，则，而，所以平面.（2）因为，即，所以，从而，两两相互垂直.以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由可取.设平面的法向量为，由可取.所以，所以二面角余弦值为.【点睛】方法点睛：向量法求二面角的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角

14、是锐角还是钝角20已知A，B分别为椭圆C：的左、右顶点，F为右焦点，点P为C上的一点，PF恰好垂直平分线段OB（O为坐标原点），.(1)求椭圆C的方程；(2)过F的直线l交C于M，N两点，若点Q满足（Q，M，N三点不共线），求四边形OMQN面积的取值范围.【答案】(1)(2)（0，3【分析】（1）根据PF平分OB 得a2c，将xc代入求出，结合求出答案.（2）设直线l的方程为：xmy1，联立直线和椭圆的方程，借助MN的中点为E，构建新的向量关系，证明为平行四边形，借助面积，套用韦达定理，解出，借助均值不等式求出最值.【详解】(1)由题意可知F（c，0），B（a，0），PF恰好垂直平分线段OB，

15、a2c，令xc，代入得：，解得，椭圆C的方程为：.(2)由题意可知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为：xmy1，设，联立方程，消去x得：，设MN的中点为E，则，MN与OQ互相平分，四边形OMQN为平行四边形，令，则，在1，）上单调递增，.综上所述，四边形OMQN面积的取值范围为（0，3.21已知函数.（1）若在处取得极值，求实数的值；（2）讨论在上的单调性；（3）证明：在（1）的条件下.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）根据极值的性质求出实数的值，再根据极值的定义进行验证即可；（2）根据分类讨论法，结合导函数的正负性进行求解即可.（3）构造新函数，利用导数的性

16、质通过数学运算证明即可.【详解】（1）解：因为，在处取得极值，则，所以，解得，当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以是函数的极值，因此；（2）解：，当时，在上，恒成立，单调递减；当时，令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增.综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（3）证明：由（1）知，则，令，在上单调递增，当时，当时，则，使，即，则当时，单调递减，当时，单调递增，所以，令，所以单调递减，所以，所以，所以，得证.【点睛】关键点睛：根据不等式的特征构造函数，利用导数性质证明是解题的关键.22在直角坐标系中，曲线（为参数，常数）以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标

17、系，并在两坐标系中取相同的长度单位曲线的极坐标方程为（）若曲线与有公共点，求的取值范围；（）若，过曲线上任意一点作曲线的切线，切点为，求的最小值【答案】（）；（）【分析】（）把参数方程和极坐标方程都化为直角坐标方程，然后由圆与圆的位置关系求解（）设，由切线长公式得出，结合三角函数性质得最小值【详解】解：（）消去得曲线的普通方程为，曲线的普通方程为，即，若与有公共点，则，所以（）设，由，得当且仅当时取最大值，故的最小值为【点睛】思路点睛：本题考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查圆与圆的位置关系，圆的切线长问题圆与圆的位置关系的关系是由圆心距离与两圆半径之间的关系判断切线长问题常常由勾股定理计算23已知函数（）解不等式：；（）若关于x的不等式在上恒成立，求实数m的取值范围【答案】（）；（）.【分析】（）分类讨论的方式，求绝对值不等式的解集即可.（）由题设，讨论、情况下，由参变分离变形为形式且恒成立，即可求的范围.【详解】（）由，得：或或，解得或或，故不等式的解集为（）由题意知，当时，恒成立若，则，可得；若，则，可得综上，实数的取值范围是【点睛】关键点点睛：应用分类讨论的思想，求绝对值不等式解集，由参变分离法将问题转化为形式在对应区间内恒成立，第 17 页 共 17 页