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1、湖南省五市十校2020学年高二数学下学期期末联考试题 文（含解析）一、选择题：本题共12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，则P的子集共有（ ）A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个【答案】B【解析】【分析】先求出，由此能求出的子集的个数【详解】解：集合，的子集共有故选：【点睛】本题考查交集的求法，考查集合的子集个数的求法，是基础题2.已知复数z满足，则复数z的实部为（ ）A. 2B. -2C. 4D. 8【答案】A【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简根据实部定义得答案【详解】解：则的实部为2故选：A【点睛】本
2、题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据指数，对数函数的图像及运算性质可以得解.【详解】解: 根据指数对数的图像可知所以故选：C【点睛】本题考查利用指数，对数函数的图像及运算性质比较大小，属于基础题.4.（2020新课标全国I理科）记为等差数列的前项和若，则的公差为A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】C【解析】设公差为，联立解得，故选C.点睛:求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如为等差数列，若，则.5.某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：广告费用（万元）4235销售额（万元）
3、49263954根据上表可得回归方程中的为9.4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额为A. 63.6万元B. 65.5万元C. 67.7万元D. 72.0万元【答案】B【解析】【详解】试题分析：，数据的样本中心点在线性回归直线上，回归方程中的为9.4，42=9435+a，=91，线性回归方程是y=94x+91，广告费用为6万元时销售额为946+91=655考点：线性回归方程6.若双曲线的一个焦点F到其一条渐近线的距离为则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意利用点到直线的距离公式，建立方程，即可求得双曲线的离心率【详解】解：双曲线的一个焦点为，一条渐近
4、线方程为，所以焦点到渐近线的方程为，整理得，即所以故选：C【点睛】本题考查双曲线的几何性质，考查点到直线距离公式，属于基础题7.已知且满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据的二倍角公式将原式进行整理可求值，再根据的范围即可求出.【详解】解：即或故故选：A【点睛】本题考查二倍角公式的应用，属于基础题.8.函数为常数且）的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】判断函数的零点以及零点个数，求函数的导数，研究函数的单调性，利用排除法进行求解【详解】解：由得，得或，即函数有两个零点，排除，函数的导数，方程中 故有两个不等根，即有两个极值点，排除，
5、故选：【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数零点，极值点个数和单调性，结合排除法是解决本题的关键，属于基础题9.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（）（参考数据：sin15=0.2588，sin7.5=0.1305）A. 12B. 24C. 48D. 96【答案】B【解析】【分析】列出循环过程中S与n的数值，满足判断框的条件，即可结束循环，得到答案【
6、详解】模拟执行程序，可得：n=6，S=3sin60=，不满足条件S3.10，n=12，S=6sin30=3，不满足条件S3.10，n=24，S=12sin15=120.2588=3.1056，满足条件S3.10，退出循环，输出n的值为24故选：B【点睛】本题主要考查了循环框图的应用，其中解答中根据给定的程序框图，逐次循环，注意判断框的条件的应用是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。10.已知是单位向量，且满足，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设单位向量，的夹角为，根据，代入数据求出的值【详解】解：设单位向量，的夹角为，即，解得，与夹角为故选：【
7、点睛】本题考查了平面向量的运算法则以及数量积和夹角的计算问题，是基础题11.如图，正方体的棱长为4，动点E，F在棱上，动点P，Q分别在棱AD，CD上。若，（大于零），则四面体PEFQ的体积A. 与都有关B. 与m有关，与无关C. 与p有关，与无关D. 与有关，与无关【答案】C【解析】【分析】连接、交于点，作，证明平面，可得出平面，于此得出三棱锥的高为，再由四边形为矩形知，点到的距离为，于此可计算出的面积为，最后利用锥体的体积公式可得出四面体的体积的表达式，于此可得出结论。【详解】如下图所示，连接、交于点，作，在正方体中，平面，且平面，又四边形为正方形，则，且，平面，即平面，平面，且，易知四边形
8、是矩形，且，点到直线的距离为，的面积为，所以，四面体的体积为，因此，四面体的体积与有关，与、无关，故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的计算，解题的关键在于寻找底面和高，要充分结合题中已知的线面垂直的条件，找三棱锥的高时，只需过点作垂线的平行线可得出高，考查逻辑推理能力，属于难题。12.已知M，N分别是曲线上的两个动点，P为直线上的一个动点，则的最小值为（ ）A. B. C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】求出圆心关于的对称点为，则的最小值是【详解】解：圆的圆心，半径为 ，圆，圆心，半径为，圆心关于的对称点为， 解得故故选：【点睛】本题考查圆的方程，考查点线对称，考查学生分析解决问题的能
9、力，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.曲线在点（1，2）处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】对函数求导，得到函数在这一点对应的切线的斜率，利用点斜式写出直线的方程【详解】解：，切线的方程是，即，故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点切线的方程，属于基础题14.已知数列是递增的等比数列，则_.【答案】25【解析】【分析】根据等比数列的性质，与列方程组，即可求得及，再利用性质即可求得.【详解】解：由等比数列的性质知道，解得或由于数列是递增的等比数列，故，故答案为：25.【点睛】本题考查等比数列的性质，属于基础题15.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高
10、为4，体积为8，则这个球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】先求正四棱柱的底面边长，然后求其对角线，就是球的直径，再求其表面积【详解】解：正四棱柱高为4，体积为8，底面积为2，正方形边长为，正四棱柱的对角线长即球的直径为，球的半径为，球的表面积，故答案为：.【点睛】本题考查学生空间想象能力，四棱柱的体积，球的表面积，容易疏忽的地方是几何体的体对角线是外接球的直径，属于基础题16.在古代三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形（如图阴影部分）。若直角三角形中较小的锐角为a。现向大正方形区城内随机投掷一枚飞镖，要使飞镖落在小正方
11、形内的概率为，则_。【答案】【解析】【分析】设正方形边长为，可得出每个直角三角形的面积为，由几何概型可得出四个直角三角形的面积之和为，可求出，由得出并得出的值，再利用降幂公式可求出的值.【详解】设正方形边长为，则直角三角形的两条直角边分别为和，则每个直角三角形的面积为，由题意知，阴影部分正方形的面积为，所以，四个直角三角形的面积和为，即，由于是较小的锐角，则，所以，因此，故答案为：.【点睛】本题考查余弦值的计算，考查几何概型概率的应用，解题的关键就是求出和的值，并通过二倍角升幂公式求出的值，考查计算能力，属于中等题。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,第1721题为必
12、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：共60分17.甲乙两校分别有120名和100名学生参加了某培训机构组织的自主招生培训，考试结果出来以后，培训机构为了进一步了解各校所培训学生通过自主招生的情况，从甲校随机抽取60人，从乙校随机抽取50人进行分析,相关数据如下表通过人数末通过人数总计甲校乙校30总计60（1）完成上面列联表。并据此判断是否有99%的把握认为自主招生通过情况与学生所在学校有关；（2）现从甲、乙两校通过的学生中采取分层抽样的方法抽取5人，再从所抽取的5人中随机抽取2人，求2人全部来自乙校的概率.参考公式：参考数据：0.150.100.
13、050.0250.010.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）有；（2）.【解析】【分析】（1）完成表中数据计算可得的观测值，与临界值比较，即可得出结论；（2）设抽取5人中，甲校2名学生分别为、，乙校3名同学分别为，利用列举法能根据古典概型概率公式可求出这2人来自乙校的概率【详解】（1）列联表如下:通过人数未通过人数总计甲校204060乙校302050总计5060110由上表数据算得：.所以有99%的把握认为学生的自主招生通过情况与所在学校有关.（2）按照分层抽样的方法，应从甲校中抽2人，乙校中抽3人，甲校2人记为A，B，乙校3
14、人记为,从5人中任取2人共有 10种情况，其中2人全部来自乙校的情况有共3种,所以所求事件的概率为 .【点睛】本题考查独立性检验的应用，考查古典概型概率公式，考查计算能力，属于基础题18.已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且，内角A，B，C成等差数列.（1）求b的值；（2）求周长的取值范围.【答案】（1）3；（2） .【解析】分析】（1）由三角形三内角、成等差数列，可得，再由正弦定理得到b的值（2）由正弦定理边化角结合角A的范围求值域.【详解】（1）由成等差数列，可求得，由已知及正弦定理可求得.（2）三角形的周长为,，所以周长的取值范围是 .【点睛】本题考查了正弦定理的应用，正弦函数的
15、定义域与值域，熟练掌握公式是解本题的关键，属于基础题19.如图，在多面体中，为等边三角形，F为EB的中点.（1）证明：平面；（2）求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，连接，由三角形中位线定理，知，结合已知，易得四边形为平行四边形，所以，再由线面平面的判定定理，可得平面；（2）由已知利用勾股定理可知结合可以证得平面进而有平面平面,所以过作的垂线，即为四棱锥的高，进而由体积公式可得解.【详解】（1）取中点，连结 四边形AFMD为平行四边形 。又平面，平面,平面.（2）,又平面平面平面平面,过作的垂线，垂足为，则为四棱锥的高。由题知底面四边形为直角梯形，其
16、面积 , .【点睛】本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定，多面体体积的求法，熟练掌握空间直线与平面不同位置关系（平行和垂直）的判定定理、性质定理、定义及几何特征是解答本题的关键，属于基础题20.已知椭圆过点且离心率为.（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在过点直线与椭圆C相交于A，B两点，且满足若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在这样的直线，直线方程为：.【解析】【分析】（1）根据已知条件利用及即可求得椭圆的方程；（2）根据，利用向量坐标化可得，再分类讨论，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，即可求得直线的方程【详解】解：（1）由已
17、知点代入椭圆方程得由得可转化为由以上两式解得所以椭圆C的方程为：.（2）存在这样的直线.当l的斜率不存在时，显然不满足,所以设所求直线方程代入椭圆方程化简得： .,设所求直线与椭圆相交两点由已知条件可得,综合上述式子可解得符合题意,所以所求直线方程为：.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，正确运用韦达定理是关键，属于基础题21.已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）当时，试判断方程是否有实数根？并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）没有.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论与0的关系分析函数的单调性即可；（2）通过分析的导数求出 ，令，
18、求出的最大值小于的最小值，从而判断无解【详解】解：（1）由已知可知函数的定义域为，由,当时，所以在为增函数,当时，,所以的单调递增区间为,单调递减区间为.（2）当时，由（1）可知知在为增函数,在为减函数.所以,所以.令，则.当时，；当时，,从而上单调递增，在上单调递减,所以，所以，即，所以，方程没有实数根.【点睛】本题考查了函数的单调性最值问题，考查导数的应用、函数恒成立问题，属于中档题（二）选考题：共10分,请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4一4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系已知点A的极
19、坐标(，)，直线l的极坐标方程为cos()a，（1）若点A在直线l上，求直线l的直角坐标方程；（2）圆C的参数方程为(为参数)，若直线与圆C相交的弦长为，求的值。【答案】(1) (2) 或【解析】试题分析：（1）通过点A在直线l上，列出方程得到，然后求解直线l的直角坐标方程（2）消去参数，求出的普通方程，通过圆心到直线的距离半径半弦长的关系，即可求的值试题解析：（1）由点在直线上，可得=所以直线的方程可化为从而直线的直角坐标方程为.（2）由已知得圆C的直角坐标方程为所以圆C的圆心为（2，0），半径，而直线的直角坐标方程为，若直线与圆C相交的弦长为则圆心到直线距离为，所以求得或选修4-5：不等式选讲23.已知函数，不等式的解集是.（1）求a的值；（2）若关于x的不等式的解集非空，求实数k的取值范围.【答案】（1）2；（2）.【解析】【分析】（1）根据绝对值不等式的解法，结合不等式的解集建立方程关系进行求解即可（2）利用解集非空转化为存在使得成立，利用绝对值三角不等式找到的最小值，即可得解【详解】解：（1）由，得，即，当时，因为不等式的解集是，所以，解得，当时，因为不等式的解集是，所以，该式无解，所以.（2）因为，所以要使存在实数解，只需，即实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式的应用，利用解集非空转化为有解问题是解决本题的关键，属于基础题
湖南省五市十校2020学年高二数学下学期期末联考试题 文（含解析）
