2020-2021学年云南省昆明一中教育集团高二下学期期末数学(理)试题(解析版)

学（理）试题

一、单选题

1．已知集合A0,1,2，集合Bxx10，则AB的真子集个数为（ ） A．1 【答案】C

【分析】依题意得Bxx1，所以AB1,2，进而可得结果.

【详解】由x10得x1，则集合Bxx1，所以AB1,2，故AB的真子集个数为2213. 故选：C. 2．若

z2i，则复数z（ ） 1iB．2 C．3 D．4

A．1i 【答案】D

B．2i C．32i D．3i

【分析】由题设复数的相等关系，结合复数的乘法运算即可求z. 【详解】由题意，z(1i)(2i)2ii23i. 故选：D

3．“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“11”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都做出了相当好的 成绩.若将8拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）A． 【答案】A

【分析】列举出所有的基本事件，并确定事件“所拆成的和式中，加数全部为质数”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】将8拆成两个正整数的和，所有的和式为：17、26、35、44、53、62、71，共7个，

27B．

1 4C．

4 7D．2

1其中，事件“所拆成的和式中，加数全部为质数”所包含的基本事件有：35、53，共

2个，

因此，所求概率为P2. 7故选：A.

4．已知sincosA．

1 41，则sin2（ ） 2B．

3 4C．2

1D．3 2【答案】B

【分析】将sincos【详解】解：

sin2112转化为sincos，然后根据二倍角公式可得答案.

421， 2sincos3. 4故选：B.

5．一个体积为12的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的高为（ ） A．43 3B．23 C．3 D．2

【答案】C

【分析】根据三视图易知底面边长为4，然后再由正三棱柱的体积为12求解. 【详解】设正三棱柱的高为h， 由三视图知：底面边长为4， 又因为正三棱柱的体积为12， 1所以VSh423h12，

2解得h3， 故选：C

6．直线l:yx1上的点到圆C:x2y22x4y40上点的最近距离为（ ） A．2 【答案】C

【分析】求出圆心和半径，求圆心到直线的距离，此距离减去半径即得所求的结果. 【详解】将圆化为标准形式可得x1y21 可得圆心为C1,2，半径r1，

而圆心C1,2到直线xy10距离为d12122，

22B．22 C．21 D．1

因此圆上点到直线的最短距离为dr21， 故选：C.

【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，求圆心到直线的

距离是解题的关键，属于中档题. 7．函数f(x)ln|x1|的大致图像为 x1A． B．

C． D．

【答案】A

D，【分析】此题主要利用排除法，当x时，可得fx0，故可排除C，当x时，可排除选项B，故可得答案.

【详解】当x时，lnx10，x10，∴fx0，故可排除C，D选项； 当x时，lnx10，x10，∴fx0，故可排除B选项， 故选A.

【点睛】本题考查函数的图象的判断与应用，考查函数的零点以及特殊值的计算，是中档题；已知函数解析式，选择其正确图象是高考中的高频考点，主要采用的是排除法，最常见的排出方式有根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等性质，同时还有在特殊点处所对应的函数值或其符号，其中包括x,x,x0,x0等.

*8．设数列an的前n项和为Sn，若2SnSn1Sn2nN，且a11，a22，则S5（ ） A．11 【答案】B

【分析】依题意可得Sn22SnSn1，再求出S3，S4，S5即可；

*【详解】解：因为2SnSn1Sn2nN，所以Sn22SnSn1，因为a11，a22

B．9 C．9 D．11

所以S32S1S22121，S42S2S321217， 故选：B

9．已知正四棱锥SABCD的所有顶点都在球O的球面上，且SA3，AB2，则球О的表面积为（ ） A．3

B．9

C．12

D．16

【答案】B

【分析】首先求底面外接圆半径r，再求S到面ABCD的距离d，即可判断正四棱锥外接球球心的位置，最后根据外接球半径与底面外接圆半径、球心到底面的距离的几何关系求外接球的半径，由球体表面积公式求表面积即可.

【详解】

由题意知：面ABCD的外接圆半径r2， ∴S到面ABCD的距离dSA2r21r，

若正四棱锥SABCD外接球O的半径为R，则R2r2(Rd)2， ∴2Rdr2d2，即R3， 2∴球О的表面积S4R29. 故选：B

10．在空间直角坐标系Оxyz中，经过点Px0,y0,z0，且法向量为mA,B,C的平面方程为Axx0Byy0Czz00，经过点Px0,y0,z0且一个方向向量为

n,v,0的直线l方程为

xx0yy0zz0．已知：在空间直角坐标系vОxyz中，平面的方程为x2y3z0，经过P0,0,0的直线l方程为

则直线l与平面所成角的正弦值为（ ） A．

5 7xyz，23B．

214 7C．514 14D．

11 14【答案】D

【分析】由题设易知平面的一个法向量、直线l的一个方向向量分别为m(1,2,3)、n(2,3,1)，根据平面法向量与直线方向向量的夹角与线面角的关系即可求直线l与平面

所成角的正弦值.

【详解】由题意知：直线l的一个方向向量为n(2,3,1)，而平面的一个法向量为m(1,2,3)，

∴|cosn,m||nm1111|||， |n||m|14141411. 14∴直线l与平面所成角的正弦值为故选：D

x2y211．已知双曲线C：221a0, b0的左、右焦点分别为F1、F2，P是双曲线Cab的右支上一点，且PF2F1F2．若直线PF1与圆x2y2a2相切，则双曲线的离心率为（ ） A．

7 3B．2

5C．

34D．

3【答案】C

【分析】先设PF1与圆相切于点M，利用|PF2||F1F2|，可得几何量之间的关系，进而可得答案．

【详解】解：设PF1与圆相切于点M， 因为|PF2||F1F2|，

所以△PF1F2为等腰三角形，设N为PF1的中点， 所以|F1M||PF1|，

|2a2c2a2， 又因为直角△F1MO中，|F1M|2|FO114所以|F1M|b|PF1|①， 又|PF1||PF2|2a2c2a②，

c2a2b2③，

22由①②③可得ca(14ca2)， 2即为4(ca)ca，即3c5a， 解得ec5． a3故选：C．

12．已知定义在R上的函数yfx满足：函数yfx2021为奇函数，且对

x,，2fxf'x恒成立（f'x是函数fx的导函数），则不等式

xf2021ex的解集为（ ） 2A．0, 【答案】A

B．0,2021 C．1,2021 D．2021,2021

xf【分析】构造函数，根据对x,，2fxf'x恒成立，2gxx2021e得到gx在x,上单调递减，再根据函数yfx2021为奇函数，得到xg0f020210，然后将f2021ex转化为gxg0，利用单调性定义求

2解.

【详解】因为函数yfx2021为奇函数， 所以f020210， xf令， 2gxx2021e则g0f020210，

因为对x,，2fxf'x恒成立， 1xf所以22gxexxf20，

所以gx，对x,单调递减， xfxx又不等式f2021e即2，

202102ex即gxg0， 所以x0， 故选：A 二、填空题 13．糖水不等式：

bbcab0成立的实数c是有条件限制的，使糖水不等式：aac11cc2不成立的c的值可以是_____________________（只需填满足题意的一22c个值即可）．

【答案】0（答案不唯一） 【分析】解不等式

11cc2即得解. 22c【详解】因为所以

11cc2， 22c1c122c2cc0,0,0， 2c242c42c所以(c2)c0， 所以c0或c2. 使糖水不等式

11cc2不成立的c的值可以是0. 22c故答案为：0(答案不唯一)

14．在△ABC中，C90，AB5CB4，则BABC_____________． 【答案】

16 251【分析】由已知条件可得cosCBA，根据BABC|BA||BC|cosCBA即可求值.

5【详解】在△ABC中，C90，且AB5CB4， ∴|AB|4，|BC|41，故cosCBA， 554116∴BABC|BA||BC|cosCBA4.

5525故答案为：

16 252215．已知fxsinx和gxcosx，则函数fx的图象与gx的图

6333象的对称轴之间的最短距离为______________． 【答案】

 2【分析】分别求得函数fx和gx的对称轴方程，然后由平行线间的距离求解.

232 【详解】fxsinx的对称轴方程为：xk1，即xk1,k1Z；

6362223232gxcosx的对称轴方程为：xk2,k2Z，即xk2,k2Z；

333223所以函数fx的图象与gx的图象的对称轴之间的距离为333k2k1k2k1， 22222当k2k11 时，取得最小值所以最短距离为故答案为：

， 2. 2 2216．设抛物线C：y2pxp0的焦点为F，准线为l，点A为C上一点，以F为圆

心，FA为半径的圆交l于B，D两点，若FBD30，△ABD的面积为3，则抛物线C的方程为______________． 【答案】y22x

【分析】由题设易得圆F的半径r求参数p，进而写出抛物线方程.

pp【详解】由题意，F(,0)，l:x，且FBD30，

22p、|BD|2rcos30，结合△ABD的面积即可sin30∴圆F的半径rp2p，即|FA|2p，而|BD|2rcos3023p， sin30由抛物线的定义知：A到l的距离d|FA|2p， ∴SABD1d|BD|3，即23p23，解得p2.

22∴抛物线方程为y22x. 故答案为：y22x. 三、解答题

c， B，17．C所对边分别为a，b，已知△ABC的内角A，且3cosBacosBbcosAc．

（1）求cosB；

（2）若AB2，sinAsinB，求△ABC的面积．

1【答案】（1）cosB；（2）22. 3【分析】（1）由正弦定理边角互化及两角和正弦公式可得3cosBsin(AB)sinC，而

ABC且sinC0，即可求cosB.

（2）由（1）易得tanB22，由题设有AB即可求AB上的高，进而求△ABC的面积．

【详解】（1）由题设，3cosBsinAcosBcosAsinBsinC， ∴3cosBsin(AB)3cosBsinCsinC，又sinC0，

1∴cosB.

3（2）由（1）知：sinB22，则tanB22， 3∵sinAsinB，又0AB， ∴AB，故△ABC在AB上的高h∴SABC1|AB|tanB22， 21h|AB|22. 218．某科技公司对其主推产品在过去5个月的月科技投入xi（百万元）和相应的销售额

yi（百万元）进行了统计，其中i1，2，3，4，5，对所得数据进行整理，绘制散点图

并计算出一些统计量如下：

xi155i6.8，wi10.3，yi15.8，xiyi22.76，wiyi34.15，

i15555i1i1i1i1xix20.46，wiwi1523.56，其中wixi2，i1，2，3，4，5．

（1）根据散点图判断，ybxa与ycx2d哪一个适宜作为月销售额yi关于月科技投入xi的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）

（2）根据（1）的判断结果及题中所给数据，建立y关于x的回归方程，并据此估计月科技投入300万元时的月销售额．

ˆs的斜率和截距的ˆ附：对于一组数据s1,t1，s2,t2，…，sn,tn，其回归直线tˆ最小二乘估计分别为sstii1nii1nit2ssˆs ，ˆt【答案】（1）选ycx2d作为回归方程类型；（2）y0.45x22.233，投入300万元时的月销售额6.283百万元.

【分析】（1）由散点图的变化趋势知，x与y是非线性关系，即可判断回归方程的类型；ˆ，ˆ、d（2）令wx2，则ycx2d为ycwd，由已知条件结合最小二乘法求参数c进而写出回归方程并估计月科技投入300万元时的月销售额．

【详解】（1）由散点图知：随着月科技投入x的增大，月销售额y变化率增大，即它们是非线性关系，

∴应选择ycx2d作为回归方程类型. （2）令wx2，则ycx2d为ycwd，

551515∵wwi2.06，yyi3.16，wiyi34.15，wiw5i15i1i1i123.56，

ˆ∴c34.1552.063.16ˆyc0.45，而dˆw3.160.452.062.233，

3.56∴y0.45w2.233，即y0.45x22.233， ∴当x3时，y0.4592.2336.283百万元.

19．已知数列an各项均为正数，a11，a23，且an3an2an1an对任意nN*恒

成立．

（1）若a36，求a5的值；

（2）若a35，①证明：数列an是等差数列；②在数列an中，若a2，am，

akm,kN*,2mk构成等比数列求符合条件的一组m,k的值（满足题意的一组值

即可），说明理由．

【答案】（1）a511；（2）①证明见解析；(5,14)，理由见解析. 【分析】（1）由题设递推关系求出a4，又a5a4a3a2，即可求a5；

（2）①讨论n为奇数、偶数，确定bnan1an为定值，即可证an是等差数列；②由

2题设得am3ak，根据①中等差数列通项代入整理得2m22m23k0，即有

m16k3*N*且m,kN,2mk，即可写出一组m,k. 2【详解】（1）由题设知：a4a3a2a1312，而a36， ∴a4268，又a5a4a3a2633， ∴a511.

（2）①由题意，令bnan1an，又an3an2an1an对任意nN*恒成立． ∴当n为奇数时，bna2a12；当n为偶数时，bna3a22； ∴nN*，bn2恒成立，即an1an2，而a11， ∴an是首项为1，公差为2的等差数列；

2②由题设知：ama2ak3ak，而m,kN*,2mk，

由①知：aka12(k1)2k1，ama12(m1)2m1， ∴2m22m23k0，即m16k3N*， 2∴当k14时，m5，此时a2，a5，a14构成等比数列，即存在一组(5,14). 20．已知点C在圆x1y216上，A，B的坐标分别为垂直平分线交线段AC于点M． （1）求点M的轨迹E的方程；

（2）设圆x2y2r2与点M的轨迹E交于不同的四个点D，E，F，G，求四边形

21,0，1,0，线段BC的

DEFG的面积的最大值．

x2y2【答案】（1）（2）43. 1；

43【分析】（1）由题设有|MB||MC|、|AM||CM||AC|4，结合椭圆的定义可知M的轨迹E是以A、B为焦点，长轴长为4，焦距为2的椭圆，写出轨迹方程即可； （2）利用对称性知DEFG为矩形，若D(x,y)在第一象限有SDEFG4xy，应用基本不等x2y21，注意等号成立的条件，即可求四边形DEFG的面积的最大值． 式及43【详解】（1）由题意知：|MB||MC|，而|AM||CM||AC|4，

∴|AM||BM|4|AB|2，即M的轨迹E是以A、B为焦点，长轴长为4，焦距为2的椭圆，

x2y2∴M的轨迹E为1.

43（2）由对称性知：DEFG为矩形且对角线交点为原点， 若D(x,y)在第一象限，则SDEFG4xy，而∴SDEFGx2y21， 43xyxyx2y243(2)43()43，当且仅当时等号成立，

223433∴四边形DEFG的面积的最大值为43. 21．如图，在四棱锥РABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，AD//BC，

ADC90，BC1AD1，CD3，Q，M分别为AD，PC的中点， 2（1）求证：Q，P，C，B四点在同一球面上，并说明球心及半径； （2）画出平面PAB与平面PDC的交线（不需要写画法）．

（3）设平面PAB与平面PDC的交线为l，直线l与平面ABCD所成角的正切值为求平面MQB与平面PDC所成的锐二面角的大小．

39，131【答案】（1）Q，P，C，B四点在以M为圆心，PC为半径的圆上；（2）答案见解

2析（3）

 3【分析】（1）连接QC，即可得到PQ平面ABCD，即可得到PQCQ，根据直角三角的性质得到QM得到BM1PCPMCM，再证BC面PQB，即可得到BCPB，即可21PCPMCM，从而得到QMPMCMBM，即可得证； 2（2）延长AB、DC交于点E，连接PE，即可得解；

（3）连接EQ，利用勾股定理求出QE，再由PQ平面ABCD，可得直线l与平面ABCD所成角即为PEQ，即可求出PQ，最后建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二

面角；

【详解】解：（1）连接QC，因为PAPD，Q为AD的中点，所以PQAD， 因为平面PAD平面ABCD且平面PAD平面ABCDAD， 因为PQ平面PAD，所以PQ平面ABCD， 因为CQ平面ABCD，所以PQCQ， 在RtPCQ中，M为PC的中点， 所以QM1PCPMCM， 2连接BQ，因为DQ//BC，DQBC且QDC90， 所以四边形BCDQ为矩形，所以BCQB， 因为PQBC，QBPQQ，所以BC面PQB，PB面PQB，

所以BCPB，在RtPBC中，M为PC的中点， 所以BM1PCPMCM，所以QMPMCMBM， 21所以Q，P，C，B四点在以M为圆心，PC为半径的球面上；

2（2）如图所示，PE即为平面PAB与平面PDC的交线， 延长AB、DC交于点E，连接PE，

E即在平面PAB上也在平面PDC上，

P为两平面的一个公共点，所以PE即为两平面的交线l；

（3）连接EQ，因为QB//DE，Q为AD的中点，

所以QB为ADE的中位线，所以DE2QB2DC23，QEQD2DE213，因为PQ平面ABCD，

所以直线l与平面ABCD所成角即为PEQ， 所以tanPEQPQ39，所以PQ3， QE13如图建立空间直角坐标系，则P0,0,3，D1,0,0，

133C1,3,0，B0,3,0，M2,2,2，

133所以QM2,2,2，QB0,3,0，

DC0,3,0，PD1,0,3，

设平面MQB的法向量为nx,y,z，

133n·yz0QB0x222则，即，

n·QM03y0令x3，则z1，y0，所以n3,0,1，

设平面PDC的法向量为mx1,y1,z1， m·DC03y10则，即，

m·PD0x13z10令x13，则z11，y10，所以m3,0,1，

设平面MQB与平面PDC所成的锐二面角为，则

cosnmnm33113122312212，

所以3，

即平面MQB与平面PDC所成的锐二面角为a2lnxa22．已知函数fx，aR．

x2x. 3（1）若函数fx在x1处的切线斜率为2，求a； （2）若不等式fx≤1恒成立，求实数a的取值范围．

3【答案】（1）a2或a1；（2）2e4,1

【分析】（1）求出函数的导函数，再根据f12得到方程，解得即可；

a2lnxa1在0,上恒成立，当a0时，fx01恒成立，当（2）依题意可得2xx22a0时，转化为a2lnxaxx2在0,上恒成立，设gxxalnxax，

x0,利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最值，依题意gxmin0，即

可得到不等式，解得即可；

a2lnxa定义域为0, 【详解】解：（1）因为fx2xx所以fxa2lnxx2x2a2lnxx42aa12lnxa 223xxx因为fx在x1处的切线斜率为2

a212ln1a所以f12a2a2，解得a2或a1 311a2lnxa1在0,上恒成立， （2）因为fx≤1恒成立，所以x2x若a0时，fx01恒成立，

若a0时，因为x0,，即a2lnxaxx2在0,上恒成立，

22设gxxalnxax，x0,

a22x2axa2xa2xa所以gx2xa，x0, xxx当a0时，令gx0，则xa，所以x0,a时，gx0，gx单调递减；

xa,时，gx0，gx单调递增；

2222所以gxmingaaalnaaalna

2因为gx0在0,上恒成立，所以gxminalna0，又a0，所以lna0，

所以0a1

aa 当a0时，令gx0，则x，所以x0,时，gx0，gx单调递减；

22ax,时，gx0，gx单调递增； 2所以gxmin2aaaa3aa2galnaa2ln

4222222因为gx0在0,上恒成立，所以gxmin23a23aaa2lna2ln0，4224333a3aaln0ln又a0，所以，即，所以e4，所以2e4a0， 4222434a2e,1综上所述，的取值范围是 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．