河北省深州中学2020学年高二数学下学期期末考试试题 文（含解析）（通用）

1、河北省深州中学2020学年高二数学下学期期末考试试题 文（含解析）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，若，则实数的值为（ ）A. 2B. 0C. 0或2D. 1【答案】B【解析】【分析】求得集合，根据，即可求解，得到答案.【详解】由题意，集合，因为，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了集合交集运算，其中解答中熟记集合的包含关系的运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.2.已知复数（为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算和复数模的运算，即可求解，得到

2、答案.【详解】由题意，复数.故选A.【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的模的运算，其中解答中熟记复数的运算，准确利用复数的模的运算公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三角函数平移，左加右减的原则，可直接得出结果.【详解】因为将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，所以.故选A【点睛】本题主要考查三角函数图像的平移问题，属于基础题型.4.已知双曲线的顶点到渐近线的距离为，则双曲线的离心率是（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】，所以，

3、即，故选A。5.已知函数，若，则实数（ ）A. -1B. 27C. 或1D. -1或27【答案】D【解析】【分析】分别讨论和两种情况，结合函数解析式，即可求出结果.【详解】当时，得，解得，符合题意；当时，由，得，解得，符合题意.综上可得或.故选D.【点睛】本题主要考查分段函数，由函数值求参数的问题，灵活运用分类讨论的思想即可，属于基础题型.6.在等差数列中，若，则的值为（ ）A. 24B. 36C. 48D. 60【答案】C【解析】【分析】先设等差数列的公差为，根据题中条件求出，进而可求出结果.【详解】设等差数列的公差为，因为，由等差数列的性质得，所以.故选C【点睛】本题主要考查等差数列的性质

4、，熟记等差数列的通项公式与性质即可，属于基础题型.7.已知向量，且与夹角为锐角，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由，求出，由与的夹角为锐角，得到，再根据向量数量积大于0，即可求出结果.【详解】若，则，解得.因为与的夹角为锐角，.又，由与的夹角为锐角，即，解得.又，所以.故选B【点睛】本题主要考查由向量夹角为锐角求参数的问题，熟记向量数量积的运算，以及向量共线的坐标表示即可，属于常考题型.8.函数的单调递增区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先将函数解析式化简整理，得到，根据，即可求出结果.【详解】因为，所以，所以.故选C.【

5、点睛】本题主要考查求三角函数的单调区间，熟记三角函数的性质即可，属于常考题型.9.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据给定的三视图，得到该几何体是一个组合体，其中上面是一个半圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是3；下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，利用体积公式，即可求解.【详解】由三视图，可得该几何体是一个组合体，其中上面是一个半圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是3；下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，所以该几何体的体积是.故选C.【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空

6、间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.10.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线分别与轴，轴交于，两点,则点P在圆上圆心为（2，0），则圆心到直线距离故点P到直线的距离的范围为则故答案选A.点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到

7、直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题。11.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，给出下列命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中正确的命题是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用空间中线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定与性质即可作答.【详解】垂直于同一条直线的两个平面互相平行,故对；平行于同一条直线的两个平面相交或平行，故错；若，则或与为异面直线或与为相交直线，故错；若，则存在过直线的平面，平面交平面于直线，又因为，所以，又因为平面，所以，故对.故选B.【点睛】本题主要考查空间中，直线与平面平行或垂直的判定与性质,以及平面与平面平行或垂直的判定与性

8、质，属于基础题型.12.已知是定义在上的奇函数，若，则的值为（ ）A. -3B. 0C. 3D. 6【答案】A【解析】【分析】根据函数为奇函数，结合题中条件，求出函数的周期，即可求出结果.【详解】为奇函数，.又，所以，因此，函数是周期为4的周期函数，所以.又，因此.故选A.【点睛】本题主要考查函数奇偶性与周期性的应用，灵活运用函数奇偶性与周期性即可，属于常考题型.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】先对函数求导，求出在点的切线斜率，再由点斜式，即可得出切线方程.【详解】因为，所以，所以.又因为，所以切线方程为，即.故答案为

9、【点睛】本题主要考查求曲线在某点处的切线方程，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.14.若实数满足不等式组，则的最小值是_【答案】1【解析】【分析】根据约束条件画出可行域，将问题转化为求解在轴截距的最小值；根据图象可知当过时，截距最小，代入求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：将变为：则求的最小值即为求在轴截距的最小值由图象平移可知，当直线过点时，截距最小则：本题正确结果：【点睛】本题考查线性规划求解最值的问题，关键是将问题转化为在轴截距最小的问题，属于基础题.15.我国古代数学名著九章算术有一抽样问题：“今有北乡若干人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人，凡三乡

10、，发役三百人，而北乡需遣一百零八人，问北乡人数几何？”其意思为：“今有某地北面若干人，西面有7488人，南面有6912人，这三面要征调300人，而北面征调108人（用分层抽样方法），则北面共有_人”【答案】8100【解析】因为共抽调300人，北面抽掉了108人，所以西面和南面共14400人中抽出了192人，所以抽样比为，所以北面共有人，故填8100.16.已知数列前项和为，首项且，若对恒成立，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先由得到数列是以为首项，公比为2的等比数列，求出其通项公式，再得到，根据题意，再得到对恒成立，分别讨论为奇数和为偶数两种情况，即可求出结果.【详解】因为，所以，

11、数列是以为首项，公比为2的等比数列，.因此.所以对恒成立，可化为对恒成立.当为奇数时，所以 ，即；当为偶数时，解得.综上，实数的取值范围是. 故答案为【点睛】本题主要考查数列的应用，熟记等比数列的求和公式即可，属于常考题型.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.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：60分17.在中，角所对的边分别为，且.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】(1) ；(2) .【解析】试题分析：（1）把边角关系转化为角的关系为，从而有即.（2）利用余弦定理有，解得，从而面积为.解析：（1）

12、因为，所以，而，故，所以.（2）由，得，化简得，解得，或（舍去），所以.18.如图，在四棱锥中，平面，点为的中点，.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先连接交于点，再根据线面平行的判定定理，即可证明出结论成立；（2）先由线面垂直的判定定理，证明平面，得到，再由勾股定理得到，设点到平面的距离为，根据，即可求出结果.【详解】（1）证明：连接交于点，因为，所以，.又为的平分线，所以，且为中点.又因为为的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）解：在中，所以，.由平面，得，因为，所以平面，从而.在中，所以，在中可得，且满足，所以.所以

13、，.设点到平面的距离为，则，解得.【点睛】本题主要考查线面平行的证明，以及点到面的距离，熟记线面平行，线面垂直的判定定理以及性质，即可求解，属于常考题型.19.是亚太区域国家与地区加强多边经济联系、交流与合作的重要组织，其宗旨和目标是“相互依存、共同利益，坚持开放性多边贸易体制和减少区域间贸易壁垒.”2020年会议于11月10日至11日在越南岘港举行.某研究机构为了了解各年龄层对会议的关注程度，随机选取了100名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分组区间分别为，）.（1）求选取市民年龄在内的人数；（2）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选

14、取2人参与会议的宣传活动，求参与宣传活动的市民中至少有一人的年龄在内的概率.【答案】（1）30人；（2）.【解析】【分析】（1）由频率分布直方图，先求出年龄在内的频率，进而可求出人数；（2）先由分层抽样，确定应从第3，4组中分别抽取3人，2人，记第3组的3名志愿者分别为，第4组的2名志愿者分别为，再用列举法，分别列举出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，基本事件个数比即为所求概率.【详解】（1）由题意可知，年龄在内的频率为，故年龄在内的市民人数为.（2）易知，第4组的人数为，故第3，4组共有50名市民，所以用分层抽样的方法在50名志愿者中抽取5名志愿者，每组抽取的人数分别为：第3组；第4组.

15、所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人.记第3组的3名志愿者分别为，第4组的2名志愿者分别为，则从5名志愿者中选取2名志愿者的所有情况为，共有10种.其中第4组的2名志愿者至少有一名志愿者被选中的有：，共有7种，所以至少有一人的年龄在内的概率为.【点睛】本题主要考查由频率分布直方图求频数，以及古典概型的概率问题，会分析频率分布直方图，熟记古典概型的概率计算公式即可，属于常考题型.20.已知抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过点的直线与抛物线交于，两点.（1）求抛物线的方程及的值；（2）若点关于轴的对称点为，证明：存在实数，使得.【答案】（1），4；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据准

16、线上点的坐标，得到，求出，即可得到抛物线方程；设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理，即可求出；（2）先由（1）得，由点关于轴对称点为，得到，根据题意，证明直线恒过定点，再令，由，即可推出结论成立.【详解】（1）解：因为抛物线的准线与轴交于点，所以，解得.所以抛物线的方程为.设直线的方程为，联立整理得，其中，即.故.（2）证明：由（1）知，因为点关于轴的对称点为，所以，则直线的方程为，得，得，得，即.令，得，得，所以直线恒过定点.所以点在线段上，所以不妨令.因为，所以，所以，所以.所以存在实数，使得，命题得证.【点睛】本题主要考查直线与抛物线的应用，熟记抛物线的标准方程，以及抛物线的

17、简单性质即可，属于常考题型.21.已知函数.（1）当，求函数的单调区间；（2）证明：当时，.【答案】(1) 函数的单调递减区间是，单调递增区间是 (2)见解析【解析】分析：（1）把代入，取导函数，因而判断导数的符号即可判断单调区间。（2）将函数变形，构造函数，求导函数。构造函数，则，根据导函数的单调性求其最值，即可证明不等式。详解：函数的定义域为，（1）函数，当且时，；当时，所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.（2）问题等价于.令，则，当时，取最小值.设，则.在上单调递增，在上单调递减. ， ，故当时，. 点睛：本题考查了导数单调性、导数不等式证明等综合应用，在高考中导数是重点、难点，综

18、合性强，对分析解决问题能力要求很高，属于难题。（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程与圆的直角坐标方程；（2）设动点在圆上，动线段的中点的轨迹为，与直线交点为，且直角坐标系中，点的横坐标大于点的横坐标，求点的直角坐标.【答案】(1) 的直角坐标方程是.直线的普通方程为. (2) .【解析】【分析】（1）消去参数后可得的普通方程，把化成，利用互化公式可得的直角方程.（2）设点，则，利用在椭圆上可得的直角方程，联立直线的普通方程和的直角坐标方程可得的直角坐标.【详解】解：（1）由，得，将互化公式代上式，得，故圆的直角坐标方程是.由，得，即.所以直线的普通方程为.（2）设点.由中点坐标公式得曲线的直角坐标方程为.联立，解得，或.故点的直角坐标是.【点睛】极坐标转化为直角坐标，关键是，而直角坐标转化为极坐标，关键是参数方程化为直角方法，关键是消去参数，消参的方法有反解消参、平方消参、交轨法等选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）若函数的最小值为2，求实数的值；（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取