【文档说明】陕西省安康市2020-2021学年高二下学期期末质量联考文科数学试题答案.pdf，共(4)页，416.217 KB，由小赞的店铺上传

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1高二文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案CACBBAADDCCA1.C解析：A＝{x|2x>1}＝{x|2x>20}＝{x|x>0}，B＝{x|(x＋2)(x－1)<0}＝{x|－2<x

<1}，∴A∩B＝(0，1)．2.A解析：∵(1＋mi)(i－2)＝－2－m＋(1－2m)i为纯虚数，∴－2－m＝01－2m≠0，∴实数m＝－2.3.C解析：画出可行域知z＝x+2y过点(1，5)时取得最大值11

.4.B解析：由l⊥α，m⊥l⇒m∥α或m⊂α.由l⊥α，m∥α⇒m⊥l.∴“m⊥l”是“m∥α”的必要不充分条件．5.B解析：设等差数列{an}的公差为d，则16a1＋16×152d＝0，解得d＝－2，∴an＝15－2(

n－1)＝17－2n，由an≥0解得n≤172，∴当Sn取最大值时n的值为8.（或根据Sn是关于n的二次函数得其对称轴方程为n=8）6.A解析：矩形框中若填入S＝1，则当i＝1时，S＝1＋1×30，显然不符合，又i＝i＋1在S＝S＋i×3i－1后循环，故菱形框

应填入i≤100？.7.A解析：易知fxfx，∴fx为奇函数；当π0,22xxyx时，单调递增，y=cosx单调递减，∴f(x)单调递增，故选A.8.D解析：分数在[60，

70)内的频率为1－10×(0.005＋0.020＋0.030＋0.025＋0.010)＝0.10，所以第三组[60，70)的频数为100×0.10＝10(人)，故A正确；因为众数的估计值是频率分布直方图中最高

矩形的中点，从图中可看出众数的估计值为75分，故B正确；因为(0.005＋0.020＋0.010)×10＝0.35＜0.5，(0.005＋0.020＋0.010＋0.03)×10=0.65＞0.5，所以中位数位于[70，80)，估计值为75，故C正确；样本平均数的估计值为4

5×(10×0.005)＋55×(10×0.020)＋65×(10×0.010)＋75×(10×0.03)＋85×(10×0.025)＋95×(10×0.01)＝73(分)，故D错误．9.D解析：不妨设点P在第一象限，如图，|PF2|＝2c，|PF1|＝2c+2a，∴＝34，∴2ca

.（当112PFFF时不成立）10.C解析：将三棱锥A­BCD的直观图还原，如图所示，则BC＝BD＝AC＝AD＝2，AB＝2，∴BD2＋DA2＝AB2，BC2＋CA2＝AB2，∴BD⊥AD，BC⊥AC.取AB的中点O，连接OD，OC，则OA＝OB＝OC＝

OD，∴O为三棱锥A­BCD外接球的球心，半径R＝1，故三棱锥A­BCD外接球的体积V＝24πR＝4π.11.C解析：建立如图所示平面直角坐标系，则A（﹣8，0），B（﹣6，）．圆D的方程为x2+y2＝3，设P（），则c2,23,BP(3os6,3sin23)A

B，∴π23cos126sin1243sin436ABBP.212.A解析：a6π＝ln33，b6π＝ln22，c6π＝lnππ，∵6π＞0，∴a，b，c的大小比

较可以转化为ln33，ln22，lnππ的大小比较．设f(x)＝lnxx，则f′(x)＝1－lnxx2，当x＞e时，f′(x)<0，当0＜x＜e时，f′(x)>0，∴f(x)在(e，＋∞)上单调递减．∵e＜3＜π＜4，∴ln

33>lnππ>ln44＝ln22，∴a＞c＞b.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）[13.714.π415.416.440xy13.7解析：由已知可得a1·a7＝a2·a6＝a3·a5＝a24＝4，∴a4＝2，∴log2

a1＋log2a2＋…＋log2a7＝log2(a1·a2·…·a7)＝log2(27)＝7.14.π4解析：由已知可得sin2(x＋φ)＝cos2x＝sin(2x＋π2)，∴2φ＝π2＋2kπ，∴φ＝π4＋kπ，k∈Z.∵φ＞0，∴φ的最小值是π4.15

.4解析：将该几何体分成一个高为1的三棱柱与一个四棱锥，故其体积为1112221224232.16.440xy解析：设直线l与曲线yx相切的切点为001,,,2xxyx则0001,2lyxxxx：0020xxyx即．∵直线l与圆22

1617xy相切，∴00044,4()171417xxx解得或舍去，∴l的方程为440xy.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.解析：(1)由已知及正弦定理得sinBcosA＋sinAcos2B＝s

inC，∴sinAcos2B＝sin(A＋B)－sinBcosA，∴2cos2B－cosB－1＝0，∴cosB＝－12或1，∵B∈(0，π)，∴cosB＝－12，B＝2π3.(6分)(2)在△ABC中，由余弦定理得7＝AB2＋4＋2AB，解得AB＝1，∴△ABC的面积S＝12×2×1×32＝32

.(12分)18．解析：(1)由题意得2×2列联表如下：准备买该品牌手机不准备买该品牌手机合计男性6040100女性4060100合计1001002003∴K2＝200（60×60－40×40）2100×100×100×10

0=8>6.635，∴有99%的把握认为这200位参与调查者是否准备购买该品牌手机与性别有关．(6分)(2)由题意可知，用分层抽样的方法抽取的5人中，男性有60100×5＝3人，设为a，b，c，女性有40100×5＝2人，设为d，e.从中任取2人的基本事件有ab，ac

，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共10个，其中获得300元优惠券者与获得200元优惠券者都有女性的基本事件有6个，故所求概率为610＝35.(12分)19．解析：(1)取AB1中点E，连接DE，EF，则EF綊12AA1綊DC1，∴四边形EFC1D为平行

四边形，∴DE∥FC1，∵DE平面ADB1，FC1平面ADB1，∴FC1∥平面ADB1（5分）（2）∵三棱柱ABC­A1B1C1是正棱柱，∴C1F⊥A1B1，C1F⊥AA1，∵A1B1AA1A1，∴C1F⊥平面ABB1A1，∵DE∥FC1，∴DE⊥平面A

BB1A1，∵DE⊂平面ADB1，∴平面ADB1⊥平面ABB1A1，过点A1作A1G⊥AB1，则A1G⊥平面ADB1，∴A1G即为点A1到平面ADB1的距离，等于111122226323AAABAB.（12分）20.解析：由题意可得a≥lnxx恒成立，∴a

≥(lnxx)max，令g(x)＝lnxx，则g′(x)＝1－lnxx2，当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(e)＝1e，∴a≥1e.(6分)(2)f(x)<2ex－2⇔lnxx<2ex－2x2，令h(

x)＝2ex－2x2，则h′(x)＝2ex－2（x－2）x3，当0<x<2时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x>2时，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝h(2)＝12>1e＝(lnxx)max，∴lnxx<2ex

－2x2，∴f(x)<2ex－2.(12分)21．解析：(1)由题意可得22222222234131,41caabbabc解得，∴椭圆E的方程为y24＋x2＝1.(4分)(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由y24＋x2＝1y＝kx＋1得(k2＋4)x

2＋2kx－3＝0，∴x1＋x2＝－2kk2＋4，x1x2＝－3k2＋4，①4则△MON的面积为S＝12（x1＋x2）2－4x1x2＝22234kk，令23k＝t，则t≥3，S＝22211tttt，∵函数y＝t＋1t在t∈[3，＋∞)上单调递增，∴t＋1t≥433，∴0

<2312tt，∴△MON面积的取值范围是(0，32]．(12分)22．解析：(1)曲线C1的普通方程为3x－y－23＋1＝0，曲线C2的普通方程为y2＝2x.(4分)(2)把C1的参数方程x＝2＋

12ty＝1＋32t代入y2＝2x，得(1＋32t)2＝2(2＋12t)，即34t2＋(3－1)t－3＝0，∴t1＋t2＝4－433，t1t2＝－4，∴|1|PA|－1|PB||＝PBPAPAPB＝313.(10分)23．解析：(1)当x<－12

时，1－x＋2x＋1≤1，得x≤－1；当－12≤x≤1时，1－x－(2x＋1)≤1，得－13≤x≤1；当x>1时，x－1－(2x＋1)≤1，得x>1.综上，不等式f(x)≤1的解集为(－∞，－1]∪[

－13，＋∞)．(5分)(2)∵f(x)＝x＋2，x<－12，－3x，－12≤x≤1，－x－2，x>1，∴f(x)max＝f(－12)＝32，∵a2b＋b≥2a，b2c＋c≥2b，c2a＋a≥2c，∵a2b＋b≥2

a，b2c＋c≥2b，c2a＋a≥2c，∴a2b＋b2c＋c2a＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，当且仅当12abc时等号成立，∴a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c＝32.(10分)