【文档说明】河南省名校联盟2020-2021学年高二下学期期末考试数学（理科）答案.pdf，共(6)页，336.761 KB，由小赞的店铺上传

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数学(理科)答案第1页(共6页)河南名校联盟2020—2021学年高二(下)期末考试数学(理科)答案第Ⅰ卷123456789101112ACACCBBDDDCB一、必做题:本大题共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.【答案】A【解析】根据

公式(∁UM)∪(∁UN)=∁U(M∩N)直接得解,也可用韦恩图证明,故选A.2.【答案】C【解析】1+2(1-i)1+i=1+(1-i)2=1-2i=5,故选C.3.【答案】A【解析】依题意,S7=

7(a1+a7)2=7×2a42=7a4=73,则a4=13,又因为a1=13,所以an=13,则S9=9a1=3,故选A.4.【答案】C【解析】方程x2+x-a(a+1)=0,即x+(a+1)[](x-a)=0,解得x=-a-1或x=a,令-a-1

=1可得a=-2,同时a=1时,-1-a=-2;令-a-1=-2可得a=1,同时a=-2时,-1-a=1,故选C.5.【答案】C【解析】由程序框图可知,一共进行4次循环,循环结束时S=1+2+22+23+24=31,所以最后输出的值为S=9331=

3,故选C.6.【答案】B【解析】由y=ax2,得x2=1ay,令14a=1得a=14,b2b-a=b2b-14,令t=b-14>0,则b2b+a=b2b+14=t+14æèçöø÷2t=t+116t+12≥2t·116t+12=1,当且仅当t=116t,即t=14时取等号.故选B.7

.【答案】B数学(理科)答案第2页(共6页)【解析】根据题意知a·b=|a→|·|b→|·cos􀎮a→,b→􀎯=cos􀎮a→,b→􀎯=12,所以􀎮a,b􀎯=60°,建立平面直角坐标系,设a=(1,0),b=(12,32),则c=a+2b=(2,3),所以cos􀎮a,c􀎯=a·ca

·c=(1,0)·(2,3)1×7=27,所以tan􀎮a,c􀎯=32,故选B.8.【答案】D【解析】根据题意,外接球的直径为29,该几何体可看作长方体截得的一部分,如下图两种图形,该几何体外接球的直径为长方体的体对角线长,设长方体底面的宽为x,则x2+22+42=29,∴x=3,故该几何体的

体积为2×3×4-13×12×2×3×4=20或2×3×4-2×13×12×2×3×4=16,故选D.9.【答案】D【解析】由f(x)=(x+1)ex,得f'(x)=(x+2)ex,所以函数f(x)在(-¥,-2)上单调递减,在(-2,+¥)上单调递增,所以A不正

确;分析函数f(x)的大致图象(也可另f(x)=0,得x=-1),可知B错误;设切点为(x0,(x0+1)ex0),可得切线方程为y-(x0+1)ex0=(x0+2)ex0(x-x0),又因为过坐标原点

,可得x20+x0-1=0,该方程有两个解,所以D正确;因为f(-x)≠-f(x),所以C错误.故选D.10.【答案】D【解析】依题意,f(x)=3sinxcosx+sin2x=sin2x-π6æèçöø÷+12,函数g(x)=12-f(-x)=sin(2x+π6),因此点5π12,0æèçö

ø÷是函数g(x)的图象的一个对称中心,故选D.11.【答案】C【解析】易证正三棱锥的对棱垂直,所以AB⊥CD,故A正确;当AB=BC=22时,正三棱锥A-BCD为正四面体,可放到边长为2的正方体内,所以正三棱锥A-BCD的外接球的半径为3,外接球的

表面积为12π,故B正确;当AD∶BC=21∶6时,取CD的中点为M,连接AM,BM,则∠AMB即为所求角,令AD=21,BC=6,则AM=23,BM=33,所以cos∠AMB=AM2+BM2-AB22×AM×BM

=12,∠AMB=60°,故C不正确;将侧面沿AC展开(如图),则△CMN周长的最小值为3,故D正确.故选C.12.【答案】B【解析】由lna=-4a2ln2,得lnaa2=ln1212æèçöø÷2,由4lnb=b2ln2,得lnbb2=ln222,由8

lnc=c2ln2,得lncc2=ln442,令g(x)=lnxx2,则g'(x)=1-2lnxx3,所以函数g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+¥)上单调递减,且g(1)=0,当x>1时,g(x)>0,画出g(x)的大致

图象如图所示,分析可得a<c<b,故选B.数学(理科)答案第3页(共6页)第Ⅱ卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.【答案】28【解析】由棱台的体积公式可得V=13×3×(4+4×16+16)=28,所以棱台ABCD-A

1B1C1D1的体积为28.14.【答案】6【解析】不等式组表示的可行域如图所示,由图可知:当z=3y-4x经过点A(0,2)时,z取得最大值,即zmax=6.15.【答案】401【解析】(2x2+x-2)5=(2x2+x-2)×(2x2+x-2

)×(2x2+x-2)×(2x2+x-2)×(2x2+x-2),分析可知,展开式中x5的项为C15(2x2)1C34x3C11(-2)1+C25(2x2)2C13xC22(-2)2+C55x5=401x5,所以x5的系数为401.16.【答案】8【解析】如图,P为圆A:

(x-7)2+(y-3)2=4上一动点,Q为圆B:(x-4)2+y2=4上一动点,O为坐标原点,取T(3,0),连接BQ,TQ,则|TB||BQ|=|BQ||OB|=12,所以易得△TBQ∽△QBO,所以|

OQ|=2|TQ|,又易知|PQ|≥|AQ|-2,所以|OQ|+|PQ|+|AQ|≥|OQ|+2|AQ|-2=2|QT|+2|AQ|-2≥2|AT|-2=8,故答案为8.三、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,每个考题考生都

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.【解析】(Ⅰ)X的分布列为:X8892100116134P110310310110210(4分)E(X)=88×110+92×310+100×310+116×110+134×210=104810=104.8

(元).(6分)数学(理科)答案第4页(共6页)(Ⅱ)根据数据,可估算员工甲日平均卖出的产品件数为110×(22+23+23+23+25+25+25+29+32+32)=25.9.(8分)员工甲根据方案一的日平均奖励为25.9

×4.5=116.55(元),(10分)因为116.55>104.8,所以建议员工甲选择方案一.(12分)18.【解析】(Ⅰ)当n≥3时,an=2an-1+3an-2,an+kan-1=(2+k)an-1+3an-2=(2+k)an-1+3k+2an-2æèçöø÷,(2分)令k=3k+2,则k

2+2k-3=0,解得k=-3或1,所以an-3an-1=-(an-1-3an-2),an+an-1=3(an-1+an-2).所以an-3an-1=(-2)×(-1)n-1(n≥2),an+an-1=2×3n-1(n≥2

),从而可得an=12×3n-12×(-1)n-1.(6分)(Ⅱ)Sn=12×3×(1-3n)1-3-12×1×[1-(-1)n]1-(-1)=3n+1+(-1)n-44.(12分)(本题为分组求和法求和:每一组求和正确,得3分)19.【解析】(Ⅰ)由鳖臑的概念,可

知DE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴DE⊥AC,(2分)又∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD,∵BD∩DE=D,∴AC⊥平面BDE,(4分)∵AC⊂平面ACE,∴平面ACE⊥平面BDE.(6分)(Ⅱ)∵DA,DC,DE两两垂直,∴建立如图所示的空间直角坐标系

D-xyz,(7分)设AM=t(0≤t≤36),则D(0,0,0),M(3,0,t),E(0,0,36),B(3,3,0),∴BM→=(0,-3,t),EM→=(3,0,t-36),DB→=(3,3,0),(8分)设平面BEM的法向量为n=(x,y

,z),则n·BM→=0n·EM→=0{,即-3y+tz=03x+(t-36)z=0{,令z=1,则平面BEM的一个法向量为n=(6-t3,t3,1).(10分)∴线段BD与平面BEM所成角的正弦值等于cos􀎮DB→,n􀎯,∴cos<DB→,n>=|DB→·n|DB→·n=3

6-t+t32×(6-t3)2+t29+1=3632×(6-t3)2+t29+1=31313,(11分)所以t=26或6,故AM=26或6.(12分)20.【解析】(Ⅰ)设椭圆C的方程为mx2+ny2=1,由已知有m+94n=143m+2n

=1ìîíïïïï,(2分)解得m=14,n=13ìîíïïïï数学(理科)答案第5页(共6页)所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(4分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知,A(0,3),F(1,0),假设存在直线l满足题意,并设l的方程为y=33x+t,M(x1,y1),N(x2

,y2).由y=33x+tx24+y23=1ìîíïïïï,得13x2+83tx+12(t2-3)=0,(6分)由Δ=(83t)2-4×13×12(t2-3)>0,得-393<t<393,x1+x2=-83t13.(8分)由题意易知点F为

△AMN的重心,所以x1+x2+xA=3xF,即-83t13+0=3,解得t=-1338,(10分)当t=-1338时,不满足-393<t<393,所以不存在直线l,使得FA→+FM→+FN→=0.(12分)21.【解析】(Ⅰ)f'(x)=2x-x2ex,(2

分)令f'(x)>0,得0<x<2,令f'(x)<0,得x<0或x>2,所以f(x)在(-¥,0)和(2,+¥)上单调递减,在(0,2)上单调递增;故函数f(x)的极小值为f(0)=0,当x>2时,分析可得f(x)=x2ex>0,所以函数f(

x)的最小值为f(0)=0.(4分)(Ⅱ)令φ(x)=ex(x-2)-a(x-1)2,当a=0时,φ(x)只有一个零点x=2,由题意知φ'(x)=(x-1)ex-2a(x-1)=(x-1)(ex-2a),(6分)因为a<0,所以ex-2a>0,所以当x∈(-

¥,1)时,φ'(x)<0,函数φ(x)为减函数;当x∈(1,+¥)时,φ'(x)>0,函数φ(x)为增函数.故当x=1时,φ(x)存在极小值φ(1)=-e<0;又因为φ(2)=-a>0,φ-1+1aæèçöø÷>-3e3+4>0,所以φ(x)在区间(1,2),-1

+1a,1æèçöø÷内各有一个零点;当a>0时,由φ'(x)=(x-1)(ex-2a)=0,得x1=1,x2=ln2a.当ln2a>1,即a>e2时,随着x的变化,φ'(x)与φ(x)的变化情况如下表:x(-¥,1)1(1,ln2a)ln2a(ln2a,+

¥)φ'(x)+0-0+φ(x)↗极大值↘极小值↗所以函数φ(x)在(-¥,1),(ln2a,+¥)上单调递增,在(1,ln2a)上单调递减.又因为φ(1)=-e<0,φ(ln2a)=2a(ln2a-2)-a(ln2a-1)2=a[-(

ln2a-2)2-1]<0,∃x0>ln2a,使得φ(x0)>0,(10分)所以函数φ(x)在区间(ln2a,+¥)只有一个零点;当ln2a=1,即a=e2时,因为φ'(x)=(x-1)(ex-2a)>0(当且仅当x=1时

等号成立),所以φ(x)在R上单调递增,此时,函数学(理科)答案第6页(共6页)数φ(x)至多一个零点;当ln2a<1,即a<e2时,随着x的变化,φ'(x)与φ(x)的变化情况如下表:x(-¥,ln2a)ln2a(ln2a,1)1(1,+¥)φ'(x)+0-0+φ(x)↗极大值↘极

小值↗所以函数φ(x)在(-¥,ln2a),(1,+¥)上单调递增,在(ln2a,1)上单调递减.又因为a>0,所以当x≤1时,φ(x)=(x-2)ex-a(x-1)2<0,φ(1)=-e<0,此时,函数φ(x)在区间(-¥,1)无零点,在区间(1,+¥)上至多一个零点;又∵φ(0)=

-2-a,∴当a=-2时,φ(0)=0.∵g(x)=ex(x-2)-a(x-1)2,x≠0,∴当a≠-2时,g(x)零点的个数与φ(x)的零点个数相同.当a=-2时,g(x)只有一个零点;综上可知,若

g(x)有两个不同的零点,a∈(-¥,-2)∪(-2,0).(12分)(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,则按所做第一题计分.22.【解析】(I)依题意,曲线C:(x-2)2+y2=9,故x2+y2-4x-5=0,(1分)即曲线C的极坐标方

程为ρ2-4ρcosθ-5=0;(3分)由x=-t,y=1+t{消去参数t可得直线l的普通方程为x+y-1=0.(5分)(Ⅱ)先将直线l的方程写成标准的参数方程为x=-22t,y=1+22t,ìîíïïïï代入x2+y2-4x-5=0中,(7分)化简可得t2+32t-4=0

,设M,N所对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=-32,t1t2=-4,(8分)故AM+AN=t1+t2=t1-t2=(t1+t2)2-4t1t2=34.(10分)23.【解析】(Ⅰ)方法一:当x≤-1时,f(x)=1-3x+3(-x-1)=-2-6x≥4;(2分)当-1<x<13

时,f(x)=1-3x+3(x+1)=4;(3分)当x≥13时,f(x)=3x-1+3(x+1)=6x+2≥4,所以m=4.(5分)方法二:f(x)=|3x-1|+3|x+1|=3×(|x-13|+|x+1|)≥3×43=4,当且仅当-1

≤x≤13时,f(x)min=4,所以m=4.(5分)(Ⅱ)由a2+b2=a+b,得(a+b)2-(a+b)=2ab≤(a+b)22,即(a+b)22≤a+b,当且仅当a=b时取等号,所以a+b≤2.(7分)因为(a+1)(b+1)≤(a+1)+(b+1)2[]2=(a+b+22)

2≤4,(8分)且仅当a=b时取等号,所以(a+1)(b+1)≤4.(10分)