云南省丽江市2020_2021学年高二数学下学期期末教学质量监测试题理（含答案）

云南省丽江市2020-2021学年高二数学下学期期末教学质量监测试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 理（全卷三个大题，共23个小题，共7页；满分150分，考试用时120分钟）注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试卷上作答无效．3．考试结束后，请将答题卡交回．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的．21．设集合A1,1,2,3，Bxx10，则AB（）1,21,31,11,3A．B．C．D．43i2．复数12i的共轭复数的虚部为（）A．1B．1C．iD．ia2b3．已知向量a(6,2)，b(1,m)，且ab，则（）A．45B．8C．10D．824．若l，m是两条不同的直线，是一个平面，l，则“lm”是“m//”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11y32zlg5．已知xln3，，3，则（）A．yzxB．xyzC．zxyD．zyx6．教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 ，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应小于等于0.1%．若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为y%，且ty随时间t（单位：分钟）的变化规律可以用 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 y0.050.15e12描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为（）（参考数据ln31.1）A．10分钟B．14分钟C．15分钟D．20分钟7．执行如图的程序框图，则输出的结果是（）53A．6047B．6016C．2137D．60πfxsinxcosx0,8．设函数2的最小正周期为π．且过点0,2．则下列说法正确的是（）πA．2πfx0,B．在2上单调递增π,0fxC．的图象关于点8对称πfxgxgx2sin2xD．把函数向右平移4个单位得到的解析式是9．函数yln|x|cosx的大致图象是（）A．B．C．D．y2x222221a0,b010．已知圆C：xy16y480与双曲线E：ab的渐近线相切，则E的离心率为（）4623A．2B．9C．3D．211．已知在三棱锥PABC中，PA平面ABC，PAAC2，ABBC，且三棱2锥PABC的体积为6，则三棱锥PABC外接球的体积为（）42A．3B．3C．6D．3fxalnxa1x21(aR)1,f112．若曲线在点处的切线与直线x,x0,,xx7xy20平行，且对任意的1212，不等式fxfxmxx1212恒成立，则实数m的最大值为（）A．3B．23C．43D．53第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．612x313．在x的二项展开式中，含x的项的系数是_______．（用数字作答）xy10xy30x3y1014．设变量x，y满足，则目标函数z2x3y的最小值为______．222215．圆(x1)y1及x(y1)1围成的平面阴影部分区域如图所示，向正方形OACB中随机投入一个质点，则质点落在阴影部分区域的概率为________．aS216．已知数列n的首项a11021，其前n项和n满足SnSn1n，则a2021______.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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，每题12分．第22、23题为选考题，考生根据要求作答，每题10分．（一）必考题：共60分，每题12分．17．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，3a2c2b22bcsinA且．（1）求B；23（2）若ABC的面积是3，c2a，求b．18．“云课堂”是基于云计算技术的一种高效､便捷､实时互动的远程教学课堂形式使用者只需要通过互联网界面，进行简单的操作，可快速高效地与全球各地学生､教师家长等不同用户同步分享语音､视频及数据文件随着计算机虚拟技术的不断成熟和虚拟技术操作更接近于大众化，虚拟课堂在各大院校以及企业大学中的应用更广泛､更灵活､智能，对现今教育体制改革和职业人才培养起到很大的推动作用某大学采取线上“云课堂”和线下面授的形式授课.现为调查学生成绩获得优秀与否与每天“云课堂”学习时长是否有关，随机抽取学生样本50人进行学习时长统计，并按学生每天“云课堂”学习时长是否超过6小时分为两类，得到如下22列联 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf .每天“云课堂”学习每天“云课堂”学习合计时长超过6小时时长不超过6小时优秀5不优秀10合计50已知在50人中随机抽取一人，是优秀且每天“云课堂”学习时长超过6小时的概率为0.4.（1）请将上面的列联表补充完整（不用写计算过程）.（2）是否有99.5%的把握认为学生成绩获得优秀与否与每天“云课堂”学习时长有关？（3）该校通过“云课堂”学习的学生，在期末测试时被要求现场完成答题，每答对一道题积2分，答错积0分，每人有3次答题机会（假设每个人都答完3道题）.已知甲同2学每道题答对的概率为3，3道题之间答对与否互不影响，设甲同学期末测试得分为n(adbc)2K2X，求X的数学期望.（附：(ab)(cd)(ac)(bd)，其中nabcd.）参考数据：2PKk00.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82819．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形ABB1A1是边长为4的正方形，ACBC6，D，E分别是A1B1，BC的中点.（1）求证：DE//平面ACC1A1；（2）求二面角A1DEC的余弦值.22xy1221(ab0)20．已知椭圆C：ab的离心率为2，且C经过点P(23,3)．（1）求C的方程；（2）已知F为C的右焦点，A为C的左顶点，过点F的直线l与C交于M，N两点（异于722点A），若AMN的面积为7，求l的斜率．fxaexxexxa21．已知函数（aR）.yfx0,f0（1）若a2，求曲线在点处的切线方程；fxx1（2）若对任意x0都有恒成立，求a的最大整数值.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做．则按所做的第一题记分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]x13ty3t在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点2O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为sin4cos.（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；2,0（2）已知点P的直角坐标为，过点P作直线l的垂线l交曲线C于D､E两点PDPE（D在x轴上方），求的值.23．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)|x1||x2|.（1）求不等式f（x）≤2的解集M；2（2）当x∈M时，|f(x)|aa，求实数a的取值范围.丽江市2021年春季学期高中教学质量监测高二理科数学答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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．【答案】CA1,1,2,3Bxx210x1x1【详解】因为，，AB1,1所以，故选：C.2．【答案】B43i43i1+2i105iz=2i12i12i1+2i5【详解】∵，∴z2i，故共轭复数的虚部为1，故选：B3．【答案】A【详解】向量a(6,2)，b(1,m)，且ab，所以ab62m0，解得m3，所以b(1,3)，a2b(4,8)，a2b42(8)245所以，故选：A.4．【答案】B【详解】充分性：若l，lm，则m//或m，故充分性不满足；必要性：若l，m//，则lm成立，必要性满足.“lm”是“m//”的必要不充分条件.故选：B5．【答案】D1-1032301lglg10【详解】ln3lne1，，3，zyx.故选：D.6．【答案】Btt1y0.050.15e120.1e12【详解】由题意知，，解得3，所以tln3,t12ln313.212.故该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为14分钟.故选：B7．【答案】D【详解】执行程序框图的中的程序，如下所示：第一次循环，S1，n112，n6不满足；11S1第二次循环，22，n213，n6不满足；115S第三次循环，236，n314，n6不满足；517S第四次循环，6412，n415，n6不满足；7147S第五次循环，12560，n516，n6不满足；47137S第六次循环，60660，n617，n7满足.37S跳出循环体，输出60.故选：D.8．【答案】Dπfxsinxcosx2sinx【详解】解：函数4，0,2由于函数的最小正周期为π.所以2，且过点.f02sin22k，kZ所以4，所以42ππ2k，kZ4，由2，故4，故A错误，πfx2sin2x2cos2x对于B：函数2.πgxcosx0,πfx0,函数在上单调递减，所以函数在2上单调递减，故B错ππ2xf21误；对于C：当8时，82，故C错误；ππgx2cos2x2sin2xfx对于D：函数向右平移4个单位，得到2的图象，故D正确；故选：D.9．【答案】C【详解】设f(x)ln|x|cosxf(x)lnxcos(x)lnxcosx，则函数为偶函数；11f()1cos0ee，f(1)cos10，则函数应存在一段从负到正的曲线，对比选项，C正确.故选：C.10．【答案】C222x2y842C0,8【详解】由xy16y480得，所以圆心，半径r4，y2x2221a0,b0双曲线E：ab的一条渐近线为axby0，8b8bd4122bc由题意得圆心到渐近线的距离abc，所以2，3c23ac2b2ce所以2，所以a3.故选：C.11．【答案】A1121VPABCS△△ABCPASABC2S△ABC【详解】已知336，所以2，1122BDBD设ABC的边AC上的高为BD，22，2，由ABBC，所以D为AC中点，所以ABC为等腰三角形且AC2，ABC所以2，可得ABC的外接圆直径为AC2，所以三棱锥PABC的外接球直径为PC，设三棱锥PABC的外接球半径为R，22PC22R2PA2AC222则，得R1．44VR3故三棱锥PABC外接球的体积33．故选：A.12．【答案】Ca2(a1)x2af(x)2(a1)xf17【详解】xx，定义域为(0,)，又，2(a1)a7∴1，可得a3．4x23fx3lnx2x21f(x)0fx∴，且x，故在(0,)内单减．fxfxfxfxmxx不妨设x1x20，则12，由1212fxfxmxxfxmxfxmx∴2112，即2211恒成立．gxfxmx,x0gxgx0令，则在(0,)内单减，即．333g(x)f(x)m4xm04x43x∴x(x0)，而x当且仅当2时等号成立，∴m43．故选：C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．【答案】240613r2xr6TCr26r1x2【详解】根据二项式定理,x的通项为r16，3r3633当2时,即r2时,可得T5240x.即x项的系数为240.故答案为：240.14．【答案】4【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，2zyx将z2x3y化为33，则根据图形可得当直线经过点A时，z取得最小值，xy10A1,2联立方程xy30，解得，则zmin21324.故答案为：4.115．【答案】22222A1,0B0,1【详解】圆(x1)y1及x(y1)1分别以和为圆心，半径都是1.连接OC，可知阴影部分由分别以A,B为圆心，1为半径的两个四分之一弓形组成，121πS121111阴影部分的面积为422,正方形的面积为S111，Sπ11所以质点落在阴影部分区域的概率为S2,π1故答案为：2.16．【答案】9992SSn12【详解】由题知，SnSn1n，则n1n.2aan1n22n1an1an两式做差得n1n.整理得n1n.所以{ann}是以a111022为首项，-1为公比的等比数列.a202110221202010222021.故答案为999三、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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，每题12分．第22、23题为选考题，考生根据要求作答，每题10分．（一）必考题：共60分，每题12分．B17．【答案】（1）3；（2）2.a2c2b2bsinA3a2c2b22bcsinA3【详解】解：（1）由，得2aca，bsinA3cosB得a，得3acosBbsinA，由正弦定理得3sinAcosBsinBsinA，因为sinA0，所以3cosBsinB，所以tanB3，因为0B，所以B3．23（2）若ABC的面积是3，113232343acsinBa2aac则2223，解得3，所以3．22234323431b2222233332由余弦定理bac2accosB，可得，所以b2．18．【答案】（1）列联表答案见解析；（2）有99.5%的把握认为学生成绩获得优秀与否与每天“云课堂”学习时长有关；（3）4.【详解】（1）完成22列联表如下每天“云课堂”学每天“云课堂”学习时长不超过6小合计习时长超过6小时时优秀20525不优秀101525合计30205050(2015105)2K28.3337.879（2）25253020，所以有99.5%的把握认为学生成绩获得优秀与否与每天“云课堂”学习时长有关.（3）甲同学期末测试得分X的可能取值为0，2，4，6，030211PX0C3则3327，121212PX2C3339，212214PX4C3339，303218PX6C33327，所以随机变量X的分布列为X02461248P2799271248EX02464所以279927.26619．【答案】（1）证明见解析；（2）33.1A1DA1B1【详解】（1）因为D，E分别是A1B1，BC的中点，所以2.1EFAB如图，取AC的中点F，连接EF，A1F，则EF//AB，2.因为四边形ABB1A1为正方形，所以AB//A1B1，ABA1B1.所以EF//A1D，EFA1D，DEFA所以四边形1是平行四边形，所以DE//A1F.因为A1F平面ACC1A1，DE平面ACC1A1，所以DE//平面ACC1A1（2）连接DC1.因为ACBC6，所以A1C1B1C16.ABDCAB又D为11的中点，所以111，且由勾股定理可得DC142.ABAB以11的中点D为坐标原点，在平面ABB1A1内过点D作垂直于11的直线为x轴，A1B1所在的直线为y轴，DC1所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，D0,0,0E4,1,22A0,2,0C4,0,42则，，1，，DE4,1,22DA0,2,0CE0,1,22所以，1，.mx,y,z设平面DEA1的法向量为111，mDE4x1y122z10,mDA2y0,m1,0,2则11令z12，则x11，y10，所以.nx,y,z设平面DEC的法向量为222，nDE4x2y222z20,nCEy22z0,则22令z22，n2,4,2则x22，y24，所以.mn4266cosm,n33mn322所以.ADEC由图可知二面角A1DEC的平面角是锐角，所以二面角1的余弦值为26633.x2y2120．【答案】（1）1612；（2）1或1．c1a2123a4221abb23a2b2c2c2【详解】解：（1）由题意可得，解得，x2y21∴椭圆C的方程为：1612．F2,0,A4,0xmy2m0（2）由（1）可知，设直线l的方程为，426d22则点A到直线l的距离1m1m，xmy2x2y213m24y212my360联立方程1612，消去x得：，12m36yyyyMx,y,Nx,y122122设1122，∴3m4，3m4，22224m1MN1my1y24y1y22∴3m421324m1722SdMNAMN22∴21m3m47，2∴m12，∴m1，∴直线l的方程为：xy2或xy2，∴直线l的斜率为1或1．21．【答案】（1）y2x；（2）2.fx2exxexx2【详解】（1）a2，则，f00fx2exexxex1exxex1f02所以，，则，0,f0所以曲线yf(x)在点处的切线方程为y02(x0)，即y2x.fxx1aex1xex1（2）对任意x0都有恒成立，即，xex1x1xaxx因为x0，所以e10，所以e1=x+e1，x1xagx令g（x）=x+e1（x>0），则只需min即可，ex1x1exexexx2gx122ex1ex1，hxexx2hxex10令（x0），则恒成立，hx0,h1e30h2e240所以在上单调递增，因为，，x1,2hx0所以存在唯一一个0使得0，x0,xhx0gx0xx,hx0所以当0时，，，当0时，，gx0，gx0,xx,所以在0上单调递减，在0上单调递增，x01xxgxgx0x000minx0ex20所以e1，由0得ex02，x01gx0x0x012,3所以x021，故a的最大整数值为2.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做．则按所做的第一题记分．8222．【答案】（1）l:x3y10；C:y4x；（2）3.x13tx13ty3t3y3t【详解】（1），两式作差可得l:x3y10；2222sin4cossin4cos，所以C:y4x1x2t23yt（2）直线l的一个参数方程为2(t为参数)322t2t80代入C:y4x到中得4tt0tt0设D､E对应的参数分别为11､2288t1t2|PD||PE|t1t2t1t2则3，33xx23．【答案】（1）2；（2）(0，1).【详解】3,x2,f(x)x1x22x1,2x1,3,x1.解：（1）当x1时，f(x)2；3x当2x1时，由2x12，得2.3xx综上所述，不等式f(x)2的解集M为22（2）由（1）得，当xM时，f(x)2，那么f(x)0，从而可得aa0，解得，0a1，即实数a的取值范围是(0，1).