黑龙江省安达市重点高中2020—2021学年高二数学下学期期末考试试题【含解析】

1、黑龙江省安达市重点高中20202021学年高二数学下学期期末考试试题【含解析】一、选择题1.已知集合 A=x5x2 ，则 f(f(4)= （ ） A.1B.2C.3D.46.已知 sin(2+)=35 ，则 cos(2)= （ ） A.1225B.1225C.725D.7257.已知正项等比数列 an 的前n和为 Sn ，若 a1a3=4,S3=7 ，则 a4= （ ） A.8B.12C.8或 12D.1或88.在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案该方案中“2”指的是从政治，地理，化学，生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地理至少有一门被选中的概

2、率是( ) A.16B.12C.23D.569.设函数 f(x)=sin(x+)+cos(x+)(0,|2) 的最小正周期为 .且过点 (0,2) .则下列说法正确的是（ ） A.=2B.f(x) 在 (0,2) 上单调递增C.f(x) 的图象关于点 (8,0) 对称D.把函数 f(x) 向右平移 4 个单位得到 g(x) 的解析式是 g(x)=2sin2x10.若直线 2axby+2=0(a0,b0) 被圆 x2+y2+2x4y+1=0 截得弦长为 4 ，则 4a+1b 的最小值是（ ） A.9B.4C.12D.1411.若函数 f(x)=ax2,x2(32a)ln(x1),x2 在R上单调

3、递增，则实数a的取值范围是（ ） A.(0,32)B.(0,2C.(0,1D.1,32)12.已知函数 f(x) 满足 f(x)=f(x) ，且对任意的 x1,x20,+),x1x2 ，都有f(x2)f(x1)x2x12 ，又 f(1)=2020 ，则满足不等式 f(x2020)2(x1011) 的x的取值范围是（ ） A.(2021,+)B.(2020,+)C.(1010,+)D.(1011,+) 二、填空题13.已知向量 a=(2,m) ， b=(3,1) ，若 a / b ，则 m= _. 14.已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为 30 ，则该圆锥的侧面积为_. 15.明朝著名易学家来

4、知德以其太极图解释一年、一日之象的图式，一年气象图将二十四节气配以太极图，说明一年之气象，来氏认为“万古之人事，一年之气象也，春作夏长秋收冬藏，一年不过如此”.上图是来氏太极图，其大圆半径为4，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的，若在大圆内随机取一点，则该点落在黑色区域的概率为_. 16.已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面边长 AB=6 ，侧棱长 AA1=27 ，它的外接球的球心为 O ，点 E 是 AB 的中点，点 P 是球 O 上的任意一点，有以下命题： PE 的长的最大值为9;三棱锥 PEBC 的体积的最大值是 323 ; 存在过点 E 的平面，截球 O 的截

5、面面积为 8 ;三棱锥 PAEC1 的体积的最大值为20；其中是真命题的序号是_三、解答题17.记 Sn 为等差数列 an 的前n项和，已知 a1=7 ， S3=15 . （1）求公差d及 an 的通项公式； （2）求 Sn ，并求 Sn 的最小值. 18.ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c ，已知 acosC+ccosA=2bcosB . （1）求B； （2）若 b=23 ， ABC 的面积为 23 ，求 ABC 的周长. 19.如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中， BAC=90，AB=AC=AA1 . （1）求证： AB1 平面 A1BC1 ； （2）若D为 B1C

6、1 的中点，求 AD 与平面 A1B1C1 所成角的正弦值. 20.在直角坐标系 xOy 中，直线l的参数方程为 x=1+12ty=32t （t为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C 的极坐标方程为 2(1+3cos2)=4 . （1）写出直线l的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程； （2）设点 M(1,0) .若直线l与曲线 C 相交于不同的两点 A,B ，求 |AM|+|BM| 的值. 21.直角坐标系 xOy 中，半圆 C 的参数方程为 x=1+cosy=sin ( 为参数， 0 ),以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系 （1）求 C 的极坐标方

7、程； （2）直线l的极坐标方程是 (3cos+sin)=53 ，射线 OM:=3 与半圆 C 的交点为 O,P ，与直线l的交点为 Q ，求线段 PQ 的长 22.为了调查成年人体内某种自身免疫力指标，去年七月某医院从在本院体检中心体检的成年人群中随机抽取了100人，按其免疫力指标分成如下五组： (10,20 ， (20,30 ， (30,40 ， (40,50 ， (50,60 ，其频率分布直方图如图1所示今年某医药研究所研发了一种疫苗，对提高该免疫力有显著效果经临床检测，将自身免疫力指标比较低的成年人分为五组，各组分别按不同剂量注射疫苗后，其免疫力指标y与疫苗注射量x个单位具有相关关系，样

8、本数据的散点图如图2所示 附：对于一组样本数据 (x1,y1) ， (x2,y2) ， (xn,yn) ，其回归直线 y=bx+a 的斜率和截距的最小二乘估计值分别为 b=i=1n(xix)(yiy)i=1n(xix)2=i=1nxiyinxyi=1nxi2nx2 ， a=ybx （1）设去年七月该医院体检中心共接待5000名成年人体检，试估计这些体检人群中免疫力指标不低于30的人数，并说明理由； （2）求体检中心抽取的100个人的免疫力指标平均值； （3）由于大剂量注射疫苗会对身体产生一定的副作用，医学部门设定：自身免疫力指标较低的成年人注射疫苗后，其免疫力指标不应超过普通成年人群自身免疫力

9、指标平均值的3倍以体检中心抽取的100人作为普通人群的样本，据此估计，疫苗注射量不应超过多少个单位？ 答案解析部分黑龙江省安达市重点高中2020-2021学年高二下学期数学期末考试试卷一、选择题1.已知集合 A=x5x1 ， B=xx24 ，则 AB= （ ） A.2,1)B.(5,1)C.(5,2D.(5,2)【答案】 C 【考点】并集及其运算，一元二次不等式的解法 【解析】【解答】解：由x24得-2x2，则B=x|-2x2， 故AB=x|-50 ， 解得x0x2 ， 则-22 ，则 f(f(4)= （ ） A.1B.2C.3D.4【答案】 A 【考点】对数的运算性质，分段函数的应用 【解析

10、】【解答】解：f(4)=f(4-3)=f(1)=log22=1 f(f(4)=f(1)=log22=1 故答案为：A 【分析】根据分段函数的定义，结合对数运算求解即可.6.已知 sin(2+)=35 ，则 cos(2)= （ ） A.1225B.1225C.725D.725【答案】 D 【考点】二倍角的余弦公式，运用诱导公式化简求值 【解析】【解答】解：由题意得sin2+=cos=35 则 cos(2)=cos2=2cos21=12cos2=12352=725 故答案为：D 【分析】根据诱导公式，结合二倍角的余弦公式求解即可.7.已知正项等比数列 an 的前n和为 Sn ，若 a1a3=4,S

11、3=7 ，则 a4= （ ） A.8B.12C.8或 12D.1或8【答案】 C 【考点】等比数列的通项公式，等比数列的前n项和 【解析】【解答】解：设等比数列an的公比为q，则有： 当q=1时，等比数列an为常数列，且an=2，则S3=67，故q=1不合题意， 当q1时，则a1a3=a12q2=4s3=a11q31q=7 ， 解得a1=1q=2或a1=4q=12则a4=8或a4=12 故答案为：C 【分析】根据等比数列的通项公式与前n项和公式求解即可.8.在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案该方案中“2”指的是从政治，地理，化学，生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的

12、可能性相等，那么政治和地理至少有一门被选中的概率是( ) A.16B.12C.23D.56【答案】 D 【考点】互斥事件与对立事件，古典概型及其概率计算公式 【解析】【解答】设 A =两门至少有一门被选中,则 A =两门都没被选中，则A 包含1个基本事件, 则 p(A)=1C42=16,P(A)=116=56 . 故答案为：D. 【分析】根据古典概型，结合对立事件求解即可.9.设函数 f(x)=sin(x+)+cos(x+)(0,|2) 的最小正周期为 .且过点 (0,2) .则下列说法正确的是（ ） A.=2B.f(x) 在 (0,2) 上单调递增C.f(x) 的图象关于点 (8,0) 对称

13、D.把函数 f(x) 向右平移 4 个单位得到 g(x) 的解析式是 g(x)=2sin2x【答案】 D 【考点】函数的图象与图象变化，余弦函数的奇偶性与对称性，余弦函数的单调性，函数y=Asin（x+）的图象变换 【解析】【解答】解：由题意得 f(x)=sin(x+)+cos(x+)=2sin(x+4) 由T=2=得=2， f(x)=2sin(2x+4) 又f(x) 过点(0,2) 2sin(+4)=2 sin(+4)=1 +4=2+2k =4+2k 又2 =4 ， 故A错误， f(x)=2sin(2x+4+4)=2sin(2x+2)=2cos2x 当x (0,2) 时，2x (0,)，显然

14、函数f(x)=2cos2x在(0,)上单调递减，故B错误； 当x=8时，f(8)=2cos4=12 ， 故C错误； 把函数f(x)=2cos2x向右平移4个单位得 g(x)=2cos2x4=2cos2x2=2sin2x ， 故D正确. 故答案为：D 【分析】根据y=Acosx+的图象与性质，结合图象的平移求解即可.10.若直线 2axby+2=0(a0,b0) 被圆 x2+y2+2x4y+1=0 截得弦长为 4 ，则 4a+1b 的最小值是（ ） A.9B.4C.12D.14【答案】 A 【考点】基本不等式在最值问题中的应用 【解析】【解答】圆 x2+y2+2x4y+1=0 的标准方程为：（x

15、+1）2+（y2）2 =4， 它表示以（1，2）为圆心、半径等于2的圆；设弦心距为d，由题意可得 22+d2=4，求得d=0，可得直线经过圆心，故有2a2b+2=0，即a+b=1，再由a0，b0，可得4a+1b =（ 4a+1b ）（a+b）=5+ 4ba+ab 5+2 4baab=9当且仅当 4ba = ab 时取等号， 4a+1b 的最小值是9故答案为：A 【分析】写出圆的标准方程，根据弦长公式，得到a+b=1，采用常数代换的方法，结合基本不等式，即可求出相应的最小值.11.若函数 f(x)=ax2,x2(32a)ln(x1),x2 在R上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A.(0,3

16、2)B.(0,2C.(0,1D.1,32)【答案】 C 【考点】函数的单调性及单调区间，分段函数的应用 【解析】【解答】解： f(x)=ax2,x2(32a)ln(x1),x2在R上单调递增 a032a02a20 ， 解得02 ，又 f(1)=2020 ，则满足不等式 f(x2020)2(x1011) 的x的取值范围是（ ） A.(2021,+)B.(2020,+)C.(1010,+)D.(1011,+) 【答案】 A 【考点】函数的单调性及单调区间，函数单调性的性质，奇偶性与单调性的综合 【解析】【解答】解：根据题意可知，f(x2) f(x1)x2x1 2可转化为f(x2) 2x2f(x1)

17、 2x1x2x10 所以f(x)-2x在0, +)上是增函数，又f(-x)=-f(x), 所以f (x) - 2x为奇函数, 所以f(x) - 2x在R上为增函数, 因为f(x-2020)2(x-1011)，f(1) = 2020, 所以f(x-2020)-2(x-2020) f(1)-2， 所以x-20201, 解得x 2021, 即x的取值范围是(2021, +o). 故答案为：A. 【分析】根据函数的单调性，结合奇函数的性质求解即可.二、填空题13.已知向量 a=(2,m) ， b=(3,1) ，若 a / b ，则 m= _. 【答案】23【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示 【解析

18、】【解答】解：由题意得(-2)1-3m=0，解得m=23 故答案为： 23 【分析】根据向量平行的坐标表示求解即可.14.已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为 30 ，则该圆锥的侧面积为_. 【答案】 39 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 【解析】【解答】由题可得圆锥的体积 V=13r2=1230 ，可得 =52 ，故圆锥的母线 l=r2+2=132 ，所以圆锥的侧面积 S=rl=39 【分析】根据圆锥的几何特征，结合圆锥的体积与侧面积公式求解即可.15.明朝著名易学家来知德以其太极图解释一年、一日之象的图式，一年气象图将二十四节气配以太极图，说明一年之气象，来氏认为“万古之人事，一年之气

19、象也，春作夏长秋收冬藏，一年不过如此”.上图是来氏太极图，其大圆半径为4，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的，若在大圆内随机取一点，则该点落在黑色区域的概率为_. 【答案】1532【考点】几何概型 【解析】【解答】解：设大圆面积为S1 ， 小圆面积S2 ， 则S1=x42 =16，S2=x1=, 可得黑色区域的面积为12S1S2=152 所以落在黑色区域的概率为P=12S1S2S1=15216=1532 故答案为： 1532 【分析】根据几何概型的计算，结合圆的面积公式求解即可.16.已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面边长 AB=6 ，侧棱长 AA1=27 ，它的外

20、接球的球心为 O ，点 E 是 AB 的中点，点 P 是球 O 上的任意一点，有以下命题： PE 的长的最大值为9;三棱锥 PEBC 的体积的最大值是 323 ; 存在过点 E 的平面，截球 O 的截面面积为 8 ;三棱锥 PAEC1 的体积的最大值为20；其中是真命题的序号是_【答案】 【考点】球面距离及相关计算，棱柱、棱锥、棱台的体积 【解析】【解答】解：由题意可知球心在正四棱柱对角线的中点，直径为:62+62+272=10， 则半径是5， PE长的最大值是: 5+5232=9 ， 正确; P到平面EBC的距离最大值是5+52322=5+7 ， 错误; 球的大圆面积是25，过E与球心连线垂

21、直的平面是小圆，面积为9，因而(3)是错误的； 三棱锥P-AEC1体积的最大值是V=13SAEC1=1312385=20(h最大是半径)，正确. 故答案为： 【分析】根据棱柱的几何特征，结合点到线与点到面的距离，以及棱锥的体积与外接球问题求解即可.三、解答题17.记 Sn 为等差数列 an 的前n项和，已知 a1=7 ， S3=15 . （1）求公差d及 an 的通项公式； （2）求 Sn ，并求 Sn 的最小值. 【答案】 （1）解：设 an 的公差为d，由题意得 3a1+3d=15 . 由 a1=7 得 d=2 .所以 an 的通项公式为 an=2n9（2）解：由（1）得 Sn=n28n=

22、(n4)216 . 所以 n=4 时， Sn 取得最小值，最小值为-16【考点】二次函数在闭区间上的最值，等差数列的通项公式，等差数列的前n项和 【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式求解即可； （2）根据等差数列的前n项和公式，结合二次函数的最值问题求解即可.18.ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c ，已知 acosC+ccosA=2bcosB . （1）求B； （2）若 b=23 ， ABC 的面积为 23 ，求 ABC 的周长. 【答案】 （1）解： acosC+ccosA=2bcosB ， 由正弦定理得： sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosB

23、，整理得： sin(A+C)=2sinBcosB=sinB ，在 ABC 中， 0B ， sinB0 ，即 2cosB=1 ， cosB=12 ，即 B=3（2）解：由余弦定理得： (23)2=a2+c22ac12 ， (a+c)23ac=12 ， S=12acsinB=34ac=23 ， ac=8 ， (a+c)224=12 ， a+c=6 ， ABC 的周长为 6+23【考点】两角和与差的正弦公式，正弦定理的应用，余弦定理的应用，三角形中的几何计算 【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式求解即可； （2）根据余弦定理，结合三角形的面积与周长公式求解即可.19.如图，在直三

24、棱柱 ABCA1B1C1 中， BAC=90，AB=AC=AA1 . （1）求证： AB1 平面 A1BC1 ； （2）若D为 B1C1 的中点，求 AD 与平面 A1B1C1 所成角的正弦值. 【答案】 （1）证明：由题意知四边形 AA1B1B 是正方形， AB1BA1 . 由 AA1 平面 A1B1C1 得 AA1A1C1 .又 A1C1A1B1，AA1A1B1A1 ， A1C1 平面 AA1B1B .又 AB1 平面 AA1B1B ， A1C1AB1又 BA1A1C1=A1 ， AB1 平面 A1BC1（2）解：连接 A1D ,设 AB=AC=AA1=1 . AA1 平面 A1B1C1

25、， A1DA 是 AD 与平面 A1B1C1 所成的角.在等腰直角三角形 A1B1C1 中，D为斜边 B1C1 的中点， A1D=12B1C1=22 .在 RtA1DA 中， AD=A1D2+A1A2=62 . sinA1DA=A1AAD=63 ，即 AD 与平面 A1B1C1 所成角的正弦值为 63【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，直线与平面所成的角 【解析】【分析】（1）根据直线与平面垂直的性质定理与判定定理求证即可； （2）根据直线与平面所成角的定义，运用几何法求解即可.20.在直角坐标系 xOy 中，直线l的参数方程为 x=1+12ty=32t （t为参数），在以坐标

26、原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C 的极坐标方程为 2(1+3cos2)=4 . （1）写出直线l的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程； （2）设点 M(1,0) .若直线l与曲线 C 相交于不同的两点 A,B ，求 |AM|+|BM| 的值. 【答案】 （1）解：由直线l的参数方程消去参数 t ，得直线l的普通方程为 3xy3=0 ， 又将曲线 C 的极坐标方程化为 2+32cos2=4 ，曲线 C 的直角坐标方程为 x2+y24=1（2）解：将直线l的参数方程代入 x2+y24=1 中，得 4(1+12t)2+(32t)2=4 ， 得 7t2+16t=0此方程的两根为直

27、线l与曲线 C 的交点 A,B 对应的参数 t1 ， t2 ，得 t1=167 ， t2=0 ， 由直线参数的几何意义，知 |AM|+|BM|=|t1|+|t2|=167【考点】点的极坐标和直角坐标的互化，参数方程化成普通方程，直线的参数方程 【解析】【分析】（1）根据参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化求解即可； （2）根据直线的参数方程的几何意义求解即可 .21.直角坐标系 xOy 中，半圆 C 的参数方程为 x=1+cosy=sin ( 为参数， 0 ),以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系 （1）求 C 的极坐标方程； （2）直线l的极坐标方程是 (3c

28、os+sin)=53 ，射线 OM:=3 与半圆 C 的交点为 O,P ，与直线l的交点为 Q ，求线段 PQ 的长 【答案】 （1）解：半圆 C 的普通方程为 (x1)2+y2=1(y0,1) ,又 x=cos,y=sin , 所以半圆 C 的极坐标方程是 =2cos,0,2（2）解：设 (1,1) 为点 P 的极坐标，则有 1=2cos11=3 ，解得 1=11=3 ； 设 (2,2) 为点 Q 的极坐标，则有 2(3cos2+sin2)=532=3 ，解得 2=52=3由于 1=2 ，所以 |PQ|=|12|=4 ,所以线段 PQ 的长为4【考点】简单曲线的极坐标方程，点的极坐标和直角坐

29、标的互化，参数方程化成普通方程 【解析】【分析】（1）根据参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化求解即可； （2）根据直线的极坐标方程的几何意义求解即可.22.为了调查成年人体内某种自身免疫力指标，去年七月某医院从在本院体检中心体检的成年人群中随机抽取了100人，按其免疫力指标分成如下五组： (10,20 ， (20,30 ， (30,40 ， (40,50 ， (50,60 ，其频率分布直方图如图1所示今年某医药研究所研发了一种疫苗，对提高该免疫力有显著效果经临床检测，将自身免疫力指标比较低的成年人分为五组，各组分别按不同剂量注射疫苗后，其免疫力指标y与疫苗注射量x个单位具有相关关系，样本数据的散点图如图2所示 附：对于一组样本数据 (x1,y1) ， (x2,y