1、2020年高二第二學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（文科）一、選擇題（共12小題）.1設(shè)集合Ax|x2+2x30，Bx|0x2，則AB（）Ax|0x2Bx|0x1Cx|3x1Dx|1x22（）ABCD3要得到函數(shù)ycos（x+）的圖象，只需將函數(shù)ycos（x）的圖象（）A向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度B向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度C向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度D向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度4已知函數(shù)f（x+2）log2x+x，若f（4）a，則f（a）（）A1B2C3D45某中學(xué)有高中生3600人，初中生2400人為了解學(xué)生課外鍛煉情況，用分層抽樣的方法從該校學(xué)生中抽取一個(gè)容量為n的樣本已知從高中生中抽取的人數(shù)比從初中生中抽取的人數(shù)多24，則n（）

2、A48B72C60D1206某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A20B24C18D167已知，則（）ABCD8已知l，m，n為不同的直線，為不同的平面，則下列判斷錯(cuò)誤的是（）A若m，n，則mnB若m，n，mn，則C若l，m，n，l，則mnD若，則9已知函數(shù)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且f（x+1）f（x+1），當(dāng)0x1時(shí)，f（x）x22x+3，則（）ABCD10已知拋物線C：x4y2的焦點(diǎn)為F，若斜率為的直線l過(guò)點(diǎn)F，且與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，則線段AB的中點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為（）ABCD11黃金三角形有兩種，一種是頂角為36的等腰三角形，另一種是頂角為108的等腰三角形例如，一

3、個(gè)正五邊形可以看成是由正五角星和五個(gè)頂角為108的黃金三角形組成，如圖所示，在黃金三角形A1AB中，根據(jù)這些信息，若在正五邊形ABCDE內(nèi)任取一點(diǎn)，則該點(diǎn)取自正五邊形A1B1C1D1E1內(nèi)的概率是（）ABCD12已知函數(shù)若存在實(shí)數(shù)x1，x2滿足0x1x22，且f（x1）f（x2），則x2x1的最大值為（）ABC1ln2D2ln4二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分把答案填在答題卡中的橫線上13已知向量，若，則m 14已知實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組，則zxy的最小值為 15在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若，則 16已知點(diǎn)P（5，0），若雙曲線的右支上存在兩動(dòng)點(diǎn)M，N，

4、使得，則的最小值為 三、解答題：共70分解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟17已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且a12，（1）求an的通項(xiàng)公式；（2）令，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn18某航空公司規(guī)定：國(guó)內(nèi)航班（不構(gòu)成國(guó)際運(yùn)輸?shù)膰?guó)內(nèi)航段）托運(yùn)行李每件重量上限為50kg，每件尺寸限制為40cm60cm100cm，其中頭等艙乘客免費(fèi)行李額為40kg，經(jīng)濟(jì)艙乘客免費(fèi)行李額為20kg某調(diào)研小組隨機(jī)抽取了100位國(guó)內(nèi)航班旅客進(jìn)行調(diào)查，得到如下數(shù)據(jù)：攜帶行李重量（kg）0，20（20，30（30，40（40，50頭等艙乘客人數(shù)833122經(jīng)濟(jì)艙乘客人數(shù)37530合計(jì)4538152（1）請(qǐng)完成答題卡上的22列

5、聯(lián)表，并判斷是否在犯錯(cuò)概率不超過(guò)0.05的前提下，認(rèn)為托運(yùn)超額行李與乘客乘坐座位的等級(jí)有關(guān)；（2）調(diào)研小組為感謝參與調(diào)查的旅客，決定從托運(yùn)行李超出免費(fèi)行李額且不超過(guò)10kg的旅客中隨機(jī)抽取2人贈(zèng)送“100元超額行李補(bǔ)助券”，求這2人中至少有1人是頭等艙乘客的概率參考公式，其中na+b+c+d參考數(shù)據(jù)：P（Kk0）0.0500.0100.001k03.8416.63510.82819圖1是由平行四邊形ABCD和RtABE組成的一個(gè)平面圖形，其中BAD60，ABAE，ADAE2AB2，將ABE沿AB折起到ABP的位置，使得，如圖2（1）證明：PABD（2）求點(diǎn)C到平面PBD的距離20已知函數(shù)在x0

6、處取得極值（1）求m的值；（2）若過(guò)點(diǎn)（2，t）可作曲線yf（x）的三條切線，求t的取值范圍21已知橢圓的離心率為，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，且F2到直線的距離為（1）求橢圓C的方程（2）過(guò)F1的直線m交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)P，OQ為鄰邊作平行四邊形OPDQ，是否存在直線m，使得點(diǎn)D在橢圓C上？若存在，求出直線m的方程；若不存在，說(shuō)明理由22已知函數(shù)（1）當(dāng)a1時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）1在1，+）上恒成立，求a的取值范圍參考答案一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1設(shè)集合Ax|x2+2x3

7、0，Bx|0x2，則AB（）Ax|0x2Bx|0x1Cx|3x1Dx|1x2【分析】可以求出集合A，然后進(jìn)行交集的運(yùn)算即可解：Ax|3x1，Bx|0x2，ABx|0x1故選：B2（）ABCD【分析】直接利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)得答案解：故選：A3要得到函數(shù)ycos（x+）的圖象，只需將函數(shù)ycos（x）的圖象（）A向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度B向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度C向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度D向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度【分析】由題意利用函數(shù)yAcos（x+）的圖象變換規(guī)律，得出結(jié)論解：把函數(shù)ycos（x）cos（x）的圖象向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，可得函數(shù)ycos（x+1）cos（x+）的圖象，故選：C4已知函數(shù)f

8、（x+2）log2x+x，若f（4）a，則f（a）（）A1B2C3D4【分析】推導(dǎo)出f（4）f（2+2）log22+23，從而f（a）f（3）f（2+1），由此能求出結(jié)果解：函數(shù)f（x+2）log2x+x，f（4）a，f（4）f（2+2）log22+23，f（a）f（3）f（2+1）log21+11故選：A5某中學(xué)有高中生3600人，初中生2400人為了解學(xué)生課外鍛煉情況，用分層抽樣的方法從該校學(xué)生中抽取一個(gè)容量為n的樣本已知從高中生中抽取的人數(shù)比從初中生中抽取的人數(shù)多24，則n（）A48B72C60D120【分析】根據(jù)分層抽樣的基本知識(shí)建立比例關(guān)系并解方程即可解：高中人數(shù)初中人數(shù)n120故選

9、：D6某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A20B24C18D16【分析】首先把三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖，進(jìn)一步求出幾何體的體積解：三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體為：所以：V20，故選：A7已知，則（）ABCD【分析】由已知利用誘導(dǎo)公式，二倍角的余弦函數(shù)公式化簡(jiǎn)所求即可計(jì)算得解解：，cos（2）cos（2）12sin2（）12故選：D8已知l，m，n為不同的直線，為不同的平面，則下列判斷錯(cuò)誤的是（）A若m，n，則mnB若m，n，mn，則C若l，m，n，l，則mnD若，則【分析】對(duì)于A，由線面垂直的性質(zhì)定理和面面平行的性質(zhì)得mn；對(duì)于B，由線線平行的性質(zhì)、面面平行的判定定理得；對(duì)于C，由線線平行的判定

10、定理得mn；對(duì)于D，與相交或平行解：由l，m，n為不同的直線，為不同的平面，知：對(duì)于A，若m，n，則由線面垂直的性質(zhì)定理和面面平行的性質(zhì)得mn，故A正確；對(duì)于B，若m，n，mn，則由線線平行的性質(zhì)、面面平行的判定定理得，故B正確；對(duì)于C，若l，m，n，l，則由線線平行的判定定理得mn，故C正確；對(duì)于D，若，則與相交或平行，故D錯(cuò)誤故選：D9已知函數(shù)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且f（x+1）f（x+1），當(dāng)0x1時(shí)，f（x）x22x+3，則（）ABCD【分析】根據(jù)題意，分析可得f（2+x）f（x），進(jìn)而有f（4+x）f（x），即函數(shù)f（x）的周期為4，據(jù)此可得f（）f（），結(jié)合函數(shù)的解析式計(jì)算

11、可得答案解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）滿足f（x+1）f（x+1），函數(shù)圖象關(guān)于直線x1對(duì)稱(chēng)，且有f（x）f（2+x），又由函數(shù)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，則f（x）f（x），則有f（2+x）f（x），進(jìn)而有f（4+x）f（x），即函數(shù)f（x）的周期為4，故f（）f（），又由當(dāng)0x1時(shí)，f（x）x22x+3，則f（），故f（），故選：C10已知拋物線C：x4y2的焦點(diǎn)為F，若斜率為的直線l過(guò)點(diǎn)F，且與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，則線段AB的中點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為（）ABCD【分析】求出拋物線的準(zhǔn)線方程，然后求解準(zhǔn)線方程，求出線段AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)，然后求解即可解：拋物線C：x4y2，可得準(zhǔn)線方程為：x，

12、過(guò)點(diǎn)F（，0）且斜率的直線l：y（x），由題意可得：，可得x2x+0，直線l與拋物線C相交于A、B兩點(diǎn)，則線段AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為：，則線段AB的中點(diǎn)到拋物線C的準(zhǔn)線的距離為：+故選：A11黃金三角形有兩種，一種是頂角為36的等腰三角形，另一種是頂角為108的等腰三角形例如，一個(gè)正五邊形可以看成是由正五角星和五個(gè)頂角為108的黃金三角形組成，如圖所示，在黃金三角形A1AB中，根據(jù)這些信息，若在正五邊形ABCDE內(nèi)任取一點(diǎn)，則該點(diǎn)取自正五邊形A1B1C1D1E1內(nèi)的概率是（）ABCD【分析】根據(jù)多邊形相似，求出滿足條件的概率即可解：如圖示：，在ABC中，過(guò)點(diǎn)B作BHAC，垂足為H，設(shè)AB2，由題

13、意知AA1A1B1，A1AB36，在A1AB中，由余弦定理得：cosA1AB，在RTABH中，得：cosA1AB，AHAB2，A1HAHAA1（1），A1B12A1H3，正五邊形ABCDE與正五邊形A1B1C1D1E1的面積分別記作S1，S2，正五邊形ABCDE與正五邊形A1B1C1D1E1相似，若在正五邊形ABCDE內(nèi)任取一點(diǎn)，則該點(diǎn)取自正五邊形A1B1C1D1E1內(nèi)的概率是 ，故選：B12已知函數(shù)若存在實(shí)數(shù)x1，x2滿足0x1x22，且f（x1）f（x2），則x2x1的最大值為（）ABC1ln2D2ln4【分析】畫(huà)出函數(shù)圖象得到x2x1x2ln（2x2），令g（x）xln（2x），根據(jù)函數(shù)

14、的單調(diào)性求出其最大值即可解：畫(huà)出函數(shù)f（x）的圖象，如圖示：結(jié)合f（x）的圖象可知，因?yàn)閤1ln（2x2），所以，則x2x1x2ln（2x2），令g（x）xln（2x），則，所以g（x）在上單調(diào)遞增，故，故選：B二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分把答案填在答題卡中的橫線上13已知向量，若，則m【分析】可求出，然后根據(jù)即可得出，然后進(jìn)行向量坐標(biāo)的數(shù)量積運(yùn)算即可求出m的值解：，且，解得故答案為：14已知實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組，則zxy的最小值為3【分析】由約束條件作出可行域，化目標(biāo)函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)得答案解：由約束條件作出可行域如圖

15、，聯(lián)立，解得A（1，2）化zxy為yxz，由圖可知，當(dāng)直線yxz過(guò)A時(shí)，直線在y軸上的截距最大，z有最小值為3故答案為：315在ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若，則【分析】利用三角形的面積公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式化簡(jiǎn)已知等式可得tanA的值，利用二倍角的余弦函數(shù)公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式化簡(jiǎn)所求即可計(jì)算得解解：，bccosAbcsinA，可得cosAsinA，即tanA，故答案為：16已知點(diǎn)P（5，0），若雙曲線的右支上存在兩動(dòng)點(diǎn)M，N，使得，則的最小值為【分析】畫(huà)出圖形，利用向量的數(shù)量積的幾何意義，轉(zhuǎn)化為雙曲線上的點(diǎn)到P距離的平方，然后求解最小值即可解：由題意，則，的

16、最小值，就是雙曲線上的點(diǎn)M到P距離的平方的最小值，設(shè)M（m，n），則：，（m5）2+n2（m5）2+3m234m210m+22，當(dāng)m時(shí)，表達(dá)式取得最小值：故答案為：三、解答題：共70分解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟17已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且a12，（1）求an的通項(xiàng)公式；（2）令，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn【分析】（1）當(dāng)n2時(shí)，2Sn1nan1，可得2an（n+1）annan1（n2），整理化簡(jiǎn)可得：，利用“累乘求積法”可得an（2）由（1）可知，利用裂項(xiàng)求和方法即可得出解：（1）當(dāng)n2時(shí)，2Sn1nan1，又2Sn（n+1）an，相減可得2an（n+1）annan1（n2）

17、，整理得（n1）annan1（n2），則，故，當(dāng)n1時(shí)，a12滿足上式，故an2n（2）由（1）可知，則18某航空公司規(guī)定：國(guó)內(nèi)航班（不構(gòu)成國(guó)際運(yùn)輸?shù)膰?guó)內(nèi)航段）托運(yùn)行李每件重量上限為50kg，每件尺寸限制為40cm60cm100cm，其中頭等艙乘客免費(fèi)行李額為40kg，經(jīng)濟(jì)艙乘客免費(fèi)行李額為20kg某調(diào)研小組隨機(jī)抽取了100位國(guó)內(nèi)航班旅客進(jìn)行調(diào)查，得到如下數(shù)據(jù)：攜帶行李重量（kg）0，20（20，30（30，40（40，50頭等艙乘客人數(shù)833122經(jīng)濟(jì)艙乘客人數(shù)37530合計(jì)4538152（1）請(qǐng)完成答題卡上的22列聯(lián)表，并判斷是否在犯錯(cuò)概率不超過(guò)0.05的前提下，認(rèn)為托運(yùn)超額行李與乘客乘坐

18、座位的等級(jí)有關(guān)；（2）調(diào)研小組為感謝參與調(diào)查的旅客，決定從托運(yùn)行李超出免費(fèi)行李額且不超過(guò)10kg的旅客中隨機(jī)抽取2人贈(zèng)送“100元超額行李補(bǔ)助券”，求這2人中至少有1人是頭等艙乘客的概率參考公式，其中na+b+c+d參考數(shù)據(jù)：P（Kk0）0.0500.0100.001k03.8416.63510.828【分析】（1）補(bǔ)全列聯(lián)表，計(jì)算觀測(cè)值，對(duì)照附表得出結(jié)論；（2）由題意利用列舉法求出基本事件數(shù)，計(jì)算所求的概率值解：（1）補(bǔ)全22列聯(lián)表如下：托運(yùn)免費(fèi)行李托運(yùn)超額行李合計(jì)頭等艙乘客人數(shù)53255經(jīng)濟(jì)艙乘客人數(shù)37845合計(jì)9010100因?yàn)椋栽诜稿e(cuò)概率不超過(guò)0.05的前提下，認(rèn)為托運(yùn)超額行李與

19、乘客乘坐座位的等級(jí)有關(guān)（2）由題意可知托運(yùn)行李超出免費(fèi)行李額且不超過(guò)10kg的旅客有7人，其中頭等艙乘客有2人，記為A，B，經(jīng)濟(jì)艙乘客有5人，記為a，b，c，d，e從這7人中隨機(jī)抽取2人的情況有AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ae，Ba，Bb，Bc，Bd，Be，ab，ac，ad，ae，bcbd，be，cd，ce，de，共21種，其中符合條件的情況有AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ae，Ba，Bb，Bc，Bd，Be，共11種故所求概率19圖1是由平行四邊形ABCD和RtABE組成的一個(gè)平面圖形，其中BAD60，ABAE，ADAE2AB2，將ABE沿AB折起到ABP的位置，使得，如圖2（1）證明：PA

20、BD（2）求點(diǎn)C到平面PBD的距離【分析】（1）推導(dǎo)出ABC120，連接AC，根據(jù)余弦定理得AC27，由勾股定理得PAAC，再由PAAB，得PA平面ABCD，由此能證明PABD（2）推導(dǎo)出BDCD，PA平面ABCD，由PABD，又BDAB，得BD平面PAB，從而B(niǎo)DPB，設(shè)點(diǎn)C到平面PBD的距離為h，由VCPBDVPBCD，能求出點(diǎn)C到平面PBD的距離解：（1）證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，BAD60，所以ABC120連接AC，在ABC中，根據(jù)余弦定理得AC2AB2+BC22ABBCcosABC7，因?yàn)椋訮C2AC2+PA2，所以PAAC，因?yàn)镻AAB，且ABACA，所以PA平面A

21、BCD，因?yàn)锽D平面ABCD，所以PABD（2）解：因?yàn)锽CAD2，CDAB1，BCDBAD60，所以，所以BDCD則BCD的面積為由（1）可知PA平面ABCD，所以由（1）可知PABD，又BDAB，所以BD平面PAB，因?yàn)镻B平面PAB，所以BDPB，因?yàn)?，所以PBD的面積為設(shè)點(diǎn)C到平面PBD的距離為h，因?yàn)閂CPBDVPBCD，所以，解得20已知函數(shù)在x0處取得極值（1）求m的值；（2）若過(guò)點(diǎn)（2，t）可作曲線yf（x）的三條切線，求t的取值范圍【分析】（1）對(duì)f（x）求導(dǎo)，再結(jié)合題意可得f（0）0，解得m（2）設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線斜率k，寫(xiě)出切線的方程，再代入（2，t）

22、，得令，由于有三條切線所以yt與yg（x）由三個(gè)交點(diǎn)對(duì)函數(shù)g（x）求導(dǎo)分析單調(diào)性及極值，進(jìn)而得出t的取值范圍解：（1）因?yàn)椋砸驗(yàn)閒（x）在x0處取得極值，所以f（0）m0經(jīng)驗(yàn)證m0符合題意（2）設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為，由，得，所以切線方程為，將（2，t）代入切線方程，得令，則g（x）x24，則g（x）x240，解得x2當(dāng)x2或x2時(shí)，g（x）0，所以g（x）在（，2），（2，+）上單調(diào)遞增；當(dāng)2x2時(shí)，g（x）0，所以g（x）在（2，2）上單調(diào)遞減所以g（x）的極大值為，g（x）的極小值為因?yàn)橛腥龡l切線，所以方程tg（x）有三個(gè)不同的解，yt與yg（x）的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，所以21已知橢圓的離心率

23、為，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，且F2到直線的距離為（1）求橢圓C的方程（2）過(guò)F1的直線m交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)P，OQ為鄰邊作平行四邊形OPDQ，是否存在直線m，使得點(diǎn)D在橢圓C上？若存在，求出直線m的方程；若不存在，說(shuō)明理由【分析】（1）根據(jù)離心率得到a，b，c的關(guān)系，進(jìn)而可表示出直線l的方程為，則可表示出F2到直線的距離，解得c1，即可得到C的方程；（2）考慮直線PQ斜率存在時(shí)的情況，聯(lián)立直線與橢圓方程，利用根與系數(shù)關(guān)系結(jié)合平行四邊形性質(zhì)，運(yùn)用向量法得到，求得D的坐標(biāo)，代入橢圓方程，解出k；斜率不存在時(shí)m：x1，滿足條件，得到D坐標(biāo)解：（1）因?yàn)闄E圓C的離心率為，所以

24、，所以a2c，所以直線l的方程為，即由題意可得F2（c，0），則，解得c1故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（2）當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線m的方程為yk（x+1），P（x1，y1），Q（x2，y2）聯(lián)立，整理得（3+4k2）x2+8k2x+4k2120，則，設(shè)D（x0，y0），由四邊形OPDQ為平行四邊形，得，則，即，若點(diǎn)D落在橢圓C上，則，即，整理得，解得k當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，直線m的方程為x1，此時(shí)存在點(diǎn)D（2，0）在橢圓C上綜上，存在直線m：x1，使得點(diǎn)D（2，0）在橢圓C上22已知函數(shù)（1）當(dāng)a1時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）1在1，+）上恒成立，求a的取值范圍【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)h（x）exx，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后轉(zhuǎn)化推出f（x）的單調(diào)性即可（2）求出導(dǎo)函數(shù)，令，求出導(dǎo)函數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)f（x）最小值，推出ae11，得到a的范圍當(dāng)a0時(shí)，說(shuō)明不符合題意；當(dāng)時(shí)，推出a的范圍，然后得到結(jié)果