【文档说明】安徽省泗县第一中学2020-2021学年高二下学期期末考试数学（文）试题 扫描版含答案.docx，共(10)页，6.147 MB，由小赞的店铺上传

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文科数学试题1.【答案】C【解析】解：由𝑧=3−𝑖1+2𝑖，得|𝑧|=|3−𝑖1+2𝑖|=|3−𝑖||1+2𝑖|=√10√5=√2．2.【答案】【解析】解：∵𝑈={1,2，3，4，5，6，7}，𝐴={2,3，4，5}，𝐵={2,3，6，7}

，∴𝐶𝑈𝐴={1,6，7}，则𝐵∩∁𝑈𝐴={6,7}故选：C．3.【答案】B【解答】解：𝑎=log20.2<log21=0，𝑏=20.2>20=1，∵0<0.20.3<0.20=1，∴𝑐=0.20.3∈(0,1)，∴𝑎<𝑐<𝑏，4.【答案】C5.【答案】D解：∵𝑓(

𝑥)=sin𝑥+𝑥cos𝑥+𝑥2，𝑥∈[−𝜋,𝜋]，∴𝑓(−𝑥)=−sin𝑥−𝑥cos(−𝑥)+𝑥2=−sin𝑥+𝑥cos𝑥+𝑥2=−𝑓(𝑥)，∴𝑓(𝑥)为[−𝜋,𝜋]上的奇函数，因此排

除A；又𝑓(𝜋)=sin𝜋+𝜋cos𝜋+𝜋2=𝜋−1+𝜋2>0，因此排除B，6.解：∵从1000名学生中抽取一个容量为100的样本，∴系统抽样的分段间隔为1000100=10，∵46号学生被抽到，则根据系统抽样的性质可知，第一组随

机抽取一个号码为6，以后每个号码都比前一个号码增加10，所有号码数是以6为首项，以10为公差的等差数列，设其数列为{𝑎𝑛}，则𝑎𝑛=6+10(𝑛−1)=10𝑛−4，当𝑛=62时，𝑎62=616，即在

第62组抽到616．故选：C．7.【答案】D【解析】解：tan255∘=tan(180∘+75∘)=tan75∘=tan(45∘+30∘)=tan45∘+tan30∘1−tan45∘tan30∘=1+√331−1×√33=3+√33−√3=(3+√3)26=12+6√36=2+√3．8.【解答】解

：∵(𝑎⃗⃗−𝑏⃗)⊥𝑏⃗，∴(𝑎⃗⃗−𝑏⃗)⋅𝑏⃗=𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗−𝑏⃗2=|𝑎|⃗⃗⃗⃗⃗|𝑏|⃗⃗⃗⃗⃗cos<𝑎⃗⃗,𝑏⃗>−𝑏⃗2=0，∴cos<𝑎⃗⃗,𝑏⃗>=|𝑏|⃗⃗⃗⃗⃗2|𝑎|

⃗⃗⃗⃗⃗|𝑏|⃗⃗⃗⃗⃗=|𝑏|⃗⃗⃗⃗⃗22|𝑏|⃗⃗⃗⃗⃗2=12，∵<𝑎⃗⃗,𝑏⃗>∈[0,𝜋]，∴<𝑎⃗⃗,𝑏⃗>=𝜋3．故选B．9.【答案】A解：模拟程序的运行，可得：𝐴=12，𝑘=1；满足

条件𝑘≤2，执行循环体，𝐴=12+12，𝑘=2；满足条件𝑘≤2，执行循环体，𝐴=12+12+12，𝑘=3；此时，不满足条件𝑘≤2，退出循环，输出A的值为12+12+12，观察A的取值规律可知图中空白框中应填入𝐴=12+𝐴．故选A．10.【解析】解：双曲

线C：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的渐近线方程为𝑦=±𝑏𝑎𝑥，由双曲线的一条渐近线的倾斜角为130∘，得−𝑏𝑎=tan130∘=−tan50∘，则𝑏𝑎=tan50∘=sin50∘cos50∘，∴𝑏2𝑎2=𝑐2−𝑎2𝑎

2=𝑐2𝑎2−1=sin250∘cos250∘=1cos250∘−1，得𝑒2=1cos250∘，∴𝑒=1cos50∘．11.【答案】A【解析】解：∵△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，∴𝑎2−𝑏2=4𝑐2，，解得3𝑐2=12𝑏

𝑐∴𝑏𝑐=6．12.解：∵|𝐴𝐹2|=2|𝐵𝐹2|，∴|𝐴𝐵|=3|𝐵𝐹2|，又|𝐴𝐵|=|𝐵𝐹1|，∴|𝐵𝐹1|=3|𝐵𝐹2|，又|𝐵𝐹1|+|𝐵𝐹2|

=2𝑎，∴|𝐵𝐹2|=𝑎2，∴|𝐴𝐹2|=𝑎，|𝐵𝐹1|=32𝑎，则|𝐴𝐹2|=|𝐴𝐹1|=𝑎，所以A为椭圆短轴端点，在𝑅𝑡△𝐴𝐹2𝑂中，cos∠𝐴𝐹2𝑂=1𝑎，在△𝐵𝐹1𝐹2中，由余弦定理可得cos∠𝐵

𝐹2𝐹1=4+(𝑎2)2−(32𝑎)22×2×𝑎2，根据cos∠𝐴𝐹2𝑂+cos∠𝐵𝐹2𝐹1=0，可得1𝑎+4−2𝑎22𝑎=0，解得𝑎2=3，∴𝑎=√3．𝑏2=𝑎2

−𝑐2=3−1=2．所以椭圆C的方程为：𝑥23+𝑦22=1．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.解：∵𝑦=3(𝑥2+𝑥)𝑒𝑥，，∴当𝑥=0时，，∴𝑦=3(𝑥2+𝑥)𝑒𝑥在点(0,0)处的切线斜率𝑘=3，∴切线方程为：𝑦=3𝑥．故答案为：14.【解答】

解：∵数列{𝑎𝑛}为等比数列，𝑎1=1，𝑆3=34，∴𝑞≠1，1−𝑞31−𝑞=34，整理可得𝑞2+𝑞+14=0，解得𝑞=−12，故𝑆4=1−𝑞41−𝑞=1−1161+12=58．所以答案为58．15.【答案】−4

【解析】解：∵𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+3𝜋2)−3cos𝑥，=−cos2𝑥−3cos𝑥=−2cos2𝑥−3cos𝑥+1，令𝑡=cos𝑥，则−1≤𝑡≤1，∵𝑓(𝑡)=−2𝑡2−3𝑡+1的开口向上，对称轴𝑡=−34，在[−1,1

]上先增后减，故当𝑡=1即cos𝑥=1时，函数有最小值−4．16.【答案】√2【解析】解：∠𝐴𝐶𝐵=90∘，P为平面ABC外一点，𝑃𝐶=2，点P到∠𝐴𝐶𝐵两边AC，BC的距离均为√3，过点P作𝑃𝐷⊥𝐴𝐶，交A

C于D，作𝑃𝐸⊥𝐵𝐶，交BC于E，过P作𝑃𝑂⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则𝑃𝐷=𝑃𝐸=√3，∴𝐶𝐷=𝐶𝐸=𝑂𝐷=𝑂𝐸=√22−(√3)2=1，∴𝑃𝑂=√𝑃𝐷2−𝑂𝐷2=√3−1=√2．∴𝑃到平面ABC

的距离为√2．故答案为：√2．过点P作𝑃𝐷⊥𝐴𝐶，交AC于D，作𝑃𝐸⊥𝐵𝐶，交BC于E，过P作𝑃𝑂⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则𝑃𝐷=𝑃𝐸=√3，从而𝐶𝐷=𝐶𝐸=𝑂𝐷=𝑂𝐸=√22−(√3)2=1，由此能求出P到平面AB

C的距离．17.【答案】解：(1)由题中数据可知，男顾客对该商场服务满意的概率𝑃=4050=45，女顾客对该商场服务满意的概率𝑃=3050=35；(2)由题意可知，𝐾2=100(40×20−30×10)270

×30×50×50=10021≈4.762>3.841，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．18.【答案】解：(1)根据题意，等差数列{𝑎𝑛}中，设其公差为d，若𝑆9=−𝑎5，则𝑆9

=(𝑎1+𝑎9)×92=9𝑎5=−𝑎5，变形可得𝑎5=0，即𝑎1+4𝑑=0，若𝑎3=4，则𝑑=𝑎5−𝑎32=−2，则𝑎𝑛=𝑎3+(𝑛−3)𝑑=−2𝑛+10，(2)若𝑆𝑛≥𝑎𝑛，则𝑛𝑎1+𝑛(�

�−1)2𝑑≥𝑎1+(𝑛−1)𝑑，当𝑛=1时，不等式成立，当𝑛≥2时，有𝑛𝑑2≥𝑑−𝑎1，变形可得(𝑛−2)𝑑≥−𝑎1，又由𝑆9=−𝑎5，即𝑆9=(𝑎1+𝑎9)×92=9𝑎5

=−𝑎5，则有𝑎5=0，即𝑎1+4𝑑=0，则有(𝑛−2)−𝑎14≥−𝑎1，又由𝑎1>0，则有𝑛≤10，则有2≤𝑛≤10，综合可得：1≤𝑛≤10.𝑛∈𝑁．19.【答案】证明：(1)连结𝐵1�

�,𝑀𝐸.因为M，E分别为𝐵1𝐵，BC的中点，所以𝑀𝐸//𝐵1𝐶，且𝑀𝐸=12𝐵1𝐶.又因为N为𝐴1𝐷的中点，所以𝑁𝐷=12𝐴1𝐷．可得𝑀𝐸=//𝑁𝐷，因此四边形MNDE为平行四边形，𝑀𝑁//𝐷𝐸.又𝑀𝑁⊄平面𝐶1𝐷𝐸，所以𝑀𝑁//

平面𝐶1𝐷𝐸．(2)(方法一)：过C做𝐶1𝐸的垂线，垂足为H．由已知可得𝐷𝐸⊥𝐵𝐶，𝐷𝐸⊥𝐶𝐶1.所以，故𝐷𝐸⊥𝐶𝐻，从而，故CH的长即为点C到平面𝐶1𝐷𝐸的距离．由已知可得𝐶𝐸=1，𝐶𝐶1=4，所以𝐶1𝐸=√17，故CH=4√1714

．(方法二)：设点C到平面𝐶1𝐷𝐸的距离为h，由已知可得𝑉𝐶1−𝐷𝐸𝐶=𝑉𝐶−𝐶1𝐷𝐸，𝑉𝐶−𝐶1𝐷𝐸=13𝑆△𝐶1𝐷𝐸·ℎ，𝐶1𝐸=√12+42=√17，，𝐷𝐶1=√42+22=2√5，可得：𝐶1𝐸2+𝐷𝐸2=𝐷𝐶12，

故△𝐶1𝐷𝐸为直角三角形，𝑆△𝐶1𝐷𝐸=12𝐷𝐸·𝐶1𝐸=12√3·√17=√512，综上可得ℎ=3𝑉𝐶−𝐶1𝐷𝐸𝑆△𝐶1𝐷𝐸=4√1717，即为点C到平面𝐶1𝐷𝐸的距离．20.【答案】解：(1)证明：∵𝑓(𝑥)=2sin𝑥−𝑥cos𝑥−𝑥

，∴𝑓′(𝑥)=2cos𝑥−cos𝑥+𝑥sin𝑥−1=cos𝑥+𝑥sin𝑥−1，令𝑔(𝑥)=cos𝑥+𝑥sin𝑥−1，则𝑔′(𝑥)=−sin𝑥+sin𝑥+𝑥cos𝑥=𝑥cos𝑥，当𝑥∈(0,𝜋2)时，𝑥cos𝑥>0，

∴𝑔(𝑥)在(0,𝜋2)单调递增，当𝑥∈(𝜋2,𝜋)时，𝑥cos𝑥<0，∴𝑔(𝑥)在(𝜋2,𝜋)单调递减，∴当𝑥=𝜋2时，极大值为𝑔(𝜋2)=𝜋2−1>0，又𝑔(0)=0，𝑔(𝜋)=−2，∴𝑥∈(0,𝜋2)，𝑔(𝑥)>0，无零点，∵𝑔

(𝜋2)𝑔(𝜋)<0，∴∃𝑥0∈[𝜋2,𝜋]，𝑔(𝑥0)=0，∵𝑔(𝑥)在(𝜋2,𝜋)单调递减，∴𝑔(𝑥)在(𝜋2,𝜋)上有唯一零点，即𝑓′(𝑥)在(0,𝜋)上有唯一零点；（2）由(1)知，𝑓′(𝑥)在(0,𝜋)上有唯一零点𝑥0，使得𝑓′(𝑥

0)=0，且𝑓′(𝑥)在(0,𝑥0)为正，在(𝑥0,𝜋)为负，∴𝑓(𝑥)在[0,𝑥0]递增，在[𝑥0,𝜋]递减，结合𝑓(0)=0，𝑓(𝜋)=0，可知𝑓(𝑥)在[0,𝜋]上非负，令ℎ(𝑥)=𝑎𝑥，作出图示，∵𝑓(𝑥)≥ℎ(𝑥

)，∴𝑎≤0．综上所述：．21.【答案】解：∵⊙𝑀过点A，B且A在直线𝑥+𝑦=0上，∴点M在线段AB的中垂线𝑥−𝑦=0上，设⊙𝑀的方程为：(𝑥−𝑎)2+(𝑦−𝑎)2=𝑅2(𝑅>0)，则圆心𝑀(𝑎,𝑎)到直线𝑥+𝑦=0

的距离𝑑=|2𝑎|√2，又|𝐴𝐵|=4，∴在𝑅𝑡△𝑂𝑀𝐵中，𝑑2+(12|𝐴𝐵|)2=𝑅2，即(|2𝑎|√2)2+4=𝑅2①又∵⊙𝑀与𝑥=−2相切，∴|𝑎+2|=𝑅②由①②解得{𝑎=0𝑅=2或{𝑎=4𝑅=6,∴⊙𝑀的半径为2或6；(2)存在定

点P，使得|𝑀𝐴|−|𝑀𝑃|为定值。∵线段为⊙𝑀的一条弦，∴圆心M在线段AB的中垂线上，设点M的坐标为(𝑥,𝑦)，则|𝑂𝑀|2+|𝑂𝐴|2=|𝑀𝐴|2，∵⊙𝑀与直线𝑥+2=0相切，∴|𝑀𝐴|=

|𝑥+2|，∴|𝑥+2|2=|𝑂𝑀|2+|𝑂𝐴|2=𝑥2+𝑦2+4，∴𝑦2=4𝑥，∴𝑀的轨迹是以𝐹(1,0)为焦点𝑥=−1为准线的抛物线，∴|𝑀𝐴|−|𝑀𝑃|=|𝑥+2|−|𝑀𝑃|=|𝑥+1|−|𝑀𝑃|+1=|𝑀

𝐹|−|𝑀𝑃|+1，∴当|𝑀𝐴|−|𝑀𝑃|为定值时，则点P与点F重合，即P的坐标为(1,0)，∴存在定点𝑃(1,0)使得当A运动时，|𝑀𝐴|−|𝑀𝑃|为定值．22.【答案】解：(Ⅰ)∵𝜌sin(𝜋4−𝜃)=−2√2

，∴√22(𝜌cos𝜃−𝜌sin𝜃)=−2√2，∴√22(𝑥−𝑦)=−2√2，即直线l的方程为𝑥−𝑦+4=0；(Ⅱ)由题意设𝐴(2cos𝑡,2sin𝑡)，则A到直线l的距离𝑑=|2cos𝑡−2sin𝑡+4|√2=|2√2cos(𝑡+𝜋4

)+4|√2，当𝑡+𝜋4=2𝑘𝜋+𝜋(𝑘∈𝑍)，即𝑡=2𝑘𝜋+3𝜋4(𝑘∈𝑍)时，𝑑min=2√2−2.即点A到直线l的距离的最小值为2√2−223.【答案】解(I)当𝑎=1时，|2𝑥−1|+|2𝑥+

1|≤𝑥+2{𝑥≤−12−4𝑥≤𝑥+2无解；{−12<𝑥<122≤𝑥+2解得0≤𝑥<12；{𝑥≥124𝑥≤𝑥+2解得12≤𝑥≤23综上，不等式的解集为{𝑥|0≤𝑥≤23}。(II)(反证法)若𝑓(𝑏2

)，𝑓(−𝑏2)，𝑓(12)都小于12，则{−12<𝑎+𝑏<12−12<𝑎−𝑏<12−12<1−𝑎<12前两式相加得−12<𝑎<12与第三式12<𝑎<32矛盾．【解析】本题考查了绝对值不等式

及反证法，属于中档题．(I)当𝑎=1时，|2𝑥−1|+|2𝑥+1|≤𝑥+2，分段解不等式；(II)(反证法)若𝑓(𝑏2)，𝑓(−𝑏2)，𝑓(12)都小于12，得−12<𝑎<12与第三式12<𝑎<32矛盾