【文档说明】云南省部分名校2020-2021学年高二下学期期末联考数学（文）试题 含答案.docx，共(10)页，661.534 KB，由小赞的店铺上传

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云南省部分名校2020-2021学年高二下学期期末联考数学试卷（文科）考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：高考全部内容。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共

12小题，每小题5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.已知集合{1,2,3}A=，{0,2,4}B=则AB=（）A.{2}B.{0,1,3,4}C.{0,1,2,3}D.{0,1,2,3,42.已知a，Rb，(3)i3iaib+=+则（）A.3a=，3b=B.3

a=−，3b=C.3a=，3b=−D.3a=−，3b=−3.已知a，b的等比中项为1.则22ab+的最小值为（）A.2B.1C.22D.24.由数据()11,xy，()22,xy，…，()66,xy可得y关于x的线性回归方程为ˆ32yx=+，若6112i

ix==，则6112iiy==（）A.48B.52C.56D.805.已知平面向量(3,)am=，(1,1)b=且()abb−⊥，则m=（）A.1B.1−C.12D.26.已知x，y满足约束条件21000xyxyy−+−，则zxy=+的最大值为（）A.1−B.0C.2D.37.

已知抛物线2:8Cyx=的焦点为F，抛物线C上一点A满足||5AF=，则以点A为圆心，AF为半径的圆被x轴所截得的弦长为（）A.1B.2C.2D.228.从1，2，3，4这4个数中取出2个不同的数组成一个两位数，则该两位数能被3整除的概率是（）A.512B.23C.16D.139.牛顿

曾经提出了常温环境下的温度冷却模型：(0101lnttk−=−−为时间，单位为分钟，0为环境温度，1为物体初始温度，为冷却后温度），假设一杯开水温度1100C=，环境温度020C=

，常数0.2k=，大约经过多少分钟水温降为50C？（）（参考数据：ln20.7，ln31.1）A.5B.6C.7D.810.点P在函数lnyx=的图像上，若满足到直线yxa=+的距离为1的点P有且仅有1个，则

a=（）A.21+B.21−C.21−−D.21−11.已知圆雉的侧面积为8，且圆雉的侧面展开图恰好为半圆，则该圆雉外接球的表面积为（）A.823B.9C.92D.64312.已知F是双曲线2

222:1(0,0)xyEabab−=的左焦点，双曲线E的离心率为3，直线ykx=与E交于A，B两点，且||||AFBF，||OAb=（O为坐标原点），则||AFBF=∣（）A.2B.2C.3D.3第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

把答案填在答题卡的相应位置.13.已知函数()cos(3)(0)fxx=+为奇函数，则=__________.14.已知等差数列na的前n项和为nS，14nnaan++=，则9S=__________.15.如图，在正方体

1111ABCDABCD−中，M，N分别是11CD，BC的中点，P是11AD上一点，且113PDAP=，则异面直线AP与MN所成角的余弦值为__________.16.已知0a，函数,()0,,xaxafxaxaxaxa+−=−−，若不

等式()()10fxfx++−恒成立，则a的取值范围为__________.三、解三、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，每道试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17

.（12分）某重点中学调查了100位学生在市统考中的理科综合分数，以160,[180)，180,[200)，200,[220)，220,[240)，240,[260)，260,[280)，280,[300]分组的频率分布直方图如图.

将理科综合分数不低于240分的学生称为成绩“优秀”（1）估计某学生的成绩为“优秀”的概率；（2）根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此资料判断是否有95%的把握认为成绩“优秀”与性别有关.成绩“非优秀”成绩“优秀”合计男女1

545合计附：22()()()()()nadbcKabcdacbd−=++++，nabcd=+++.()2PKk0.0500.0100.001k3.8416.63510.82818.（12分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC的面积为2223(

)4bca+−.（1）求A；（2）若22abc+=，求sinC.19.（12分）如图，在三棱锥SABC−中，SASBACBC===，平面SAB⊥平面ABC，E，F分别是SA，AC的中点.（1）证明：EFAB⊥.（2）若120ASB=，23AB=，求C到平面BEF的距离。20.（12分）已知F

是椭圆E：22221(0)xyabab+=的右焦点，点3(1,)2P是椭圆上一点，且PFx⊥轴。（1）求椭圆E的方程；（2）过F作直线l交E于A，B两点，且OAB的面积为627，为坐标原点。求直线l的斜率.21.（12分）已

知函数()1lnxxfxe−=−.（1）求曲线()yfx=在()()1,1f处的切线方程；（2）若()fxa恒成立。求a的取值范围。（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，则按所做的第一题计分.22.［选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为11cmmymm=+=−，（m为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极

坐标方程为cos3sin3−=.（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）已知点()3,0P，若直线l与曲线C交于AB两点，求11||||PAPB+的值.23.［选修4—52不等式选讲]（10分）已知函数()2fxxxa=−+.（1）当1

a=时，解不等式()3fx；（2）当0a时，若2()fxa恒成立，求a的取值范围。云南省部分名校2020-2021学年高二下学期期末联考数学试卷参考答案（文科）1.D{0,1,2,3,4AB=.2.B由(3i)i3iab+=+，得3i3iab−+=+，

则3a=−，3b=.3.D由题可知，1ab=，所以2222abab+=，当且仅当1ab==时，取得是最小值.4.A因为6112iix==，所以1226x==，所以628y=+=，所以516848iiy===.5.B由()abb−⊥，

得2abb=，所以32m+=，则1m=−.6.C画出可行域（图略）知，当:lzxy=+平移到过点(1,1)时，z取得最大值，最大值为2.7.B由抛物线方程可得4p=，由抛物线定义可得||252AApAFxx=+=+=，则3

Ax=，||26Ay=，则以点为圆心，AF为半径的圆被x轴所截得的弦长为225242−=.8.D从1，2，3，4这4个数中取出2个不同的数组成一个两位数共有12种情况，其中能被3整除的有4种情况，故所求的稅审为13.9.A由题意知，150203ln5ln5(3ln2ln3)50.2100208

t−=−=−=−−分钟，故选A.10.B设直线yxm=+与lnyx=相切于点00(,)xy，则00000ln11yxyxmx==+=，解得切点为()1,0，由题可知()1,0到直线yxa=+的距离为1，所以|1|12a+=，解得21a=−，结合图象（图略）可知，21a=−

.11.D设圆雉的底面半径为r，高为h，母线长为l，则8rl=，2lr=，解得2r=，4l=，23h=，设圆锥外接球的半径为R，所以222(23)2RR−+=，解得433R=，则外接球的表面积为26443R=.12.D设1F是双曲线E的右焦点，连接1AF，1BF（

图略），结合双曲线的对称性可知，1||BFAF=.不妨设1AFm=，||()AFnnm=，||||AFnBFm==，则2nma−=.因为O为1FF的中点，所以222232022cbncbmbcbc+−+−+=，所以()22222mnbc+=+，所以()22

223225()42bcmnmna++==−，2215212+=−+，解得3=.13.(0)cos02f==，则2=.14.81设等差数列na的公差为d，因为14nnaan++=①，所以2144nnaan+++=+②，由

②-①，得24nnaa+−=，则2d=.当1n=时，124aa+=，则a1=1.所以998912812S=+=.15.310234在边11BC上取点E，使得1114CECB=，连接ME，NE，则//ENAP，所以MNE为异面直线AP与MN所成

角.设4AB=，则5ME=，26MN=，17NE=，所以241753102cos3422617MNE+−==.16.1(0,)2结合函数()fx的图象（图略）可知，()fx为奇函数，所以不等式()()10fxfx++−可化为()()1fxfx+

，所以21a，则12a，即a的取值范围为1(0,)2.17.解：（1）根据频率分布直方图可得某学生的成绩为“优秀”的概率为()10.0020.00950.0110.0125200.3−+++=.（2）由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，成绩“优秀”的有30人，从而2×2

列联表如下：成绩“非优秀”成绩“优秀”合计男401555女301545合计7030100将2×2列联表中的数据代入公式计算，得22100(40153015)1000.43355457030231K−==因为0.4333.841，所以没有95%的把握认为

成绩“优秀”与性别有关。18.解：（1）由题可知()222133csincos242bAbcabcA=+−=，则tan3A=，∴3A=（2）∵22abc+=，由正弦定理得2sinsin2sinABC+=，又sinsin()sincoscossin

BACACAC=+=+，3A=，∴3312cossin2sin222CCC++=，整理可得3sin63cosCC−=，即3sin3cos23sin66CCC−=−=，∴2sin62C−=

.由20,3C，,662C−−，所以64C−=，46C=+，62sinsin464C+=+=.19.（1）证明：作O为AB的中点，连接SO，CO，则SOAB⊥，COAB⊥又SOCOO=，所

以AB⊥平面SOC所以ABSC⊥，因为E，F分别为SA，AC的中点，所以//EFSC，则EFAB⊥.（2）解：由平面SAB⊥平面ABC，交线为AB，SOAB⊥所以SO⊥平面ABC.所以1113sin12026212CBEFEBCFSBCFVVV

SOBCCF−−−====，在.BEF中，14212cos1207BEBF==+−=，222SCEF==，221222255(7)48BEFS−==，设C到平面BEF的距离为h，则13CBFFEEVSh−

=△，解得216555h=.所以C到平面BEF的距离为216555.20.解:(1)由题可知2132cba==，解得2a=，1c=，3b=，所以椭圆的方程为22143xy+=.（2）设l的方程

为(1)ykx=−，()11,Axy，()22,Bxy，联立方程组22(1)3412ykxxy=−+=，可得()22223484120kxkxk+−+−=，则221212228412,3434kkxxxxkk−+==++，所以()()22212122121||1434kA

Bkxxxxk+=++−=+，O到直线l的距离为2||1kk+，所以OAB的面积()2221211||6223471kkSkk+==++，解得21k=，即直线l的斜率为1.21.解：（1）1()elnxfxx−=−，则111e1

()exxxfxxx−−−=−=.所以(1)1f=，(1)0f=所以曲线()yfx=在(1,(1))f处的切线方程为1y=.（2）令1()e1xxx−=−，则1()e(1)0xxx−=+恒成立，所以1()e1xxx−=−在(0,)+上单调递增，且(1)0=

.当(0,1)x时，()0x，()0fx所以()fx单调递诚；当(1,)x+时()0x，()0fx所以()fx单调递增。即当1x=时()fx取到极小值，也是最小值，所以min()(1)1fxf==.因为()fxa恒成立，所以a的取值范围为(,1)−.22

.解:(1)曲线C的参数方程为11xmmymm=+=−（m为参数），所以22212xmm=++，22212ymm=−+相减可得224xy−=，即曲线C的普通方程为22144xy−=.直线l的极坐标方程为cos3sin3−=，则转换为直角坐

标方程为330xy−−=.（2）直线l过点(3,0)P，直线l的参数方程为33212xtyt=+=，（t为参数）。令点A，B对应的参数分别为1t，2t将33212xtyt=+=，代入22144xy−=，得263100tt++=，则1263tt+=−，121

0tt=，∴121211||||33||||||||5ttPAPBPAPBPAPBtt+++===.23.解：（1）①当0x时，得()123xx−+−，解得23x−，所203x−；（2）当102x时，得(12)3xx+−，解得2x−，所以102x；（

3）当12x时，得(12)3xx−−，解得43x，所以1423x.综上所述，原不等式的解集为24,33−.（2）3,0(),023,2xaxafxxaxaxax−+=−+−，所以min()22aafxf==

，又2()fxa恒成立，所以22aa，解得102a，所以a的取值范围为10,2.