2020-2021学年云南省部分名校高二下学期期末联考数学(理)试题解析版

数学试卷（理科）

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，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．已知集合A{2,1,0,1,2)，B{x|4x3}，则AB=（ ） A．{2}B．{2}C．0,1,2D．{2,1,0}

2．设复数z满足2iz2i．则z的虚部为（ ） A．

3344B．C．D． 5555223．已知a，b的等比中项为1，则ab的最小值为（ ）

A．2B．1C．22D．2

x2y21的一条渐近线方程为x+2y0．则m=（ ） 4．若双曲线C:mtA．

11B．C．4D．2 425．已知平面向量a3,m，b1,1．且abb．测m=（ ） A．1B．1C．

1D．2 2x2y106．已知x，y满足约束条件xy0，则zxy的最大值为（ ）

y0A．1B．0C．2D．3

7．已知抛物线C：y8x的燃点为F抛物线C上一点A满足AF5，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．22 28．牛顿曾经提出了常温环境下的温度冷却模型：t10（t为时间，单位为分钟．0为环境温度．1lnk10为物体初始温度，为冷却后温度），假设一杯开水温度1100℃，环境温度020℃，常数k0.2，大约经过多少分钟水温降为50℃？（ ）（参考数据：ln20.7，ln31.1） A．5B．6C．7D．8

9．点P在函数ylnx的图象上，若满足到直线yxa的距离为1的点P有且仅有1个，则a=（ ） A．21B．21C．21D．21

10．将1，2，3．4．5．6这6个数填入如图所示的3行2列表格中，要求表格每一行数字之和均相等，则可组成不同表格的个数为（ ） A．8B．24C．48D．64

11．已知圆锥的侧面积为8，且圆锥的侧面展开图恰好为半圆．则该圆锥外接球的表面积为（ ） A．

96482B．9C．D．

23312．将数列{2n1}和{2n}中的所有项按从小到大排成如下数阵：

用aij表示第i行第j列的数．则a11a21a22a31a32a91a98a99（ ） A．1647B．1570C．1490D．1442

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fxcos(3x)(0)为奇函数，则=__________．

614．(x)开式中的常数项为160，则a=__________．

ax15．如图，在正方体ABCDAM，N分别是C1D1，BC的中点，P是A1D1上一点，且PD13A1BC11D1中，1P，则异面直线AP与MN所成角的余弦值为__________．

xa,xa16．已知a0，f(x)0,axa函数，若不等式fx1fx0恒成立，则a的取值范围为

ca,xa__________．

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． （―）必考题：共60分． 17．（12分）

ABC的内角A，B．C的对边分别为a，b，c，ABC的面积为

（1）求A；

（2）若2ab2c，求sinC． 18．（12分）

322(bca2)． 4如图，在三棱锥SABC中，SASBACBC，平面SAB平面ABC，E，F分别是SA，AC的中点．

（1）证明：EFAB．

（2）若ASB120，求二面角SACB的余弦值 19．（12分）

在“低碳生活知识竞赛”第一环节测试中，依次回答A，B，C三道题，且A，B，C三道题的分值分别为30分、20分、20分．竞赛规定：选手累计得分不低于40分即通过测试，并立即停止答题．已知甲选手回答A，B，C三道题正确的概率分别为0.1、0.5、0.5，乙选手回答A，B，C三道题正确的概率分别为0.2、0.4、0.4，且回答各题时相互之间没有影响． （1）求甲通过测试的概率；

（2）设Y为本次测试中乙的得分，求Y的分布列以及期望； （3）请根据测试结果来分析，甲，乙两人谁通过测试的概率更大？ 20．（12分）

x2y23已知F是椭圆E:221(ab0)的右焦点，点P(1,)是椭圆上一点，且PFx轴．

2ab（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21．（12分）

已知函数fxx(e1)．

x62，O为坐标原点．求直线l的斜率． 7（1）讨论函数fx的单调性；

（2）若fxlnxa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）

1xmm直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴

ym1m为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos3sin3． （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P3,0，若直线l与曲线C交于A，B两点，求23．［选修4—5，不等式选讲]（10分） 已知函数fxx2xa． （1）当a1时，解不等式fx3；

（2）当a0时，若f(x)a2恒成立求a的取值范围．

11的值． |PA||PB|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（理科）

1．A因为B(1,)，所以AB{2}． 2．Cz2i(2i)(2i)34i344i，则的虚部为．

52i(2i)(2i)555223．D由题可知．ab1．所以ab2ab2，当且仅当ab1时，取得最小值． 4．Ｃ由题意知双曲线的渐近线方程为y1111x(m0)，x2y0可化为yx，则，解得

2mm2m4．

5．B由abb，得abb，所以3+m2，则m1．

6．C画出可行域（图略）知，当l:zx+y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p4由抛物线定义可得|AF|xA2pxA25．则xA3，|yA|26则以

，2点A为圆心，AF为半径的圆被x轴所截得的弦长为225242． 8．A由题意知，t150203ln5ln5(3ln21n3)5分钟，故选A． 0.2100208ylnx009．B设直线yxm与y=lnx相切于点(x0 ,y0)，则y0x0m，解得切点为1,0，由题可知1,0到

11x0直线yxa的距离为1．所以|1a|1，解得a21，结合图象（图略）可知，a21． 2222310．C由162534，则可组成不同表格的个数为A2A2A2A348．

11．D设圆锥的底面半径为r，高为h．母线长为l．则rl8，l2r，解得r2，l4，h23，设圆锥外接球的半径为R．所以(23R)222R2，解得R12．A由

64432，则外接球的表面积为4R

3．3(18)8945，可知a99是第45个数，推理可知前45项中，{2n}占有6项，2n1占有392项，所以a11a21a22a31a32a91a98a99(177)392(126)1647．

21213．

2f(0)cos0，则． 214．2(xa6aa)的通项公式为Tr1C6rx6r()rC6r(a)rx62r，当62r0时，r3，此时(x)6展xxx333开式中的常数项为C6(a)20a160，则a2．

15．

13102在边B1C1上取点E，使得C1EC1B1，连接ME，NE，则EN∥AP，所以MNE为异面直

434线AP与MN所成角．设AB4，则ME5，MN26NE17，所以cosMNE12241753102． 342261716．(0,)结合函数fx的图象（图略）可知，fx为奇函数，所以不等式fx1fx0，可化

为fx1fx，所以2a1，则a11，即a的取值范围为(0,)． 2217．解：（1）由题可知

13223bcsinA(bca2)bccosA， 242则tanA3，∴A3．

（2）∵2ab2c，由正弦定理得22sinAsinB2sinC，

又sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC，A3

∴2331cosCsinC2sinC， 222整理可得3sinC63cosC．即3sinC3cosC23sin(C6)6，

∴sin(C6)2． 2由C(0,2)，C(,)，所以C，C， 36626446sinCsin()4662． 418．（1）证明：作O为AB的中点，连接SO，CO，则SOAB，COAB． 又SOCOO，所以AB平面SOC． 所以ABSC．

因为E，F分别为SA，AC的中点，所以EF//SC，则EFAB． （2）解：由平面SAB平面ABC，交线为AB，所以SO平面ABC．

以O为坐标原点，以OA，OC，OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系xyz，设SA6，则A(33,0,0)，B(33,0,0)，S0,0,3，C0,3,0， 所以SA(33,0,3)，AC(33,3,0)． 设平面SAC的一个法向量mx,y,z，

mSA033x3z0由，得，取m(1,3,3) mAC033x3y0又易知平面ABC的一个法向量n0,0,1， 故cosm,nmn321，

7|m||n|721． 7所以二面角SACB的余弦值为

19．解：（1）若甲通过测试，则甲的得分X为40或50，

PX400.90.50.50.225，

PX500.10.50.50.10.50.025＋0.050.075，

所以PPX40PX500.2250.0750.3． （2）Y的可能取值为0，20，30，40，50．

PY00.80.60.60.288，

PY200.80.40.6＋0.80.60.40.384， PY300.20.60.60.072， PY400.80.40.40.128，

PY500.20.60.4＋0.20.40.128．

Y的分布列为 Y P 0 0.288 20 0.384 30 0.072 40 0.128 50 0.128 则EY21.36．

（3）甲通过测试的概率更大． 理由如下：

乙通过测试的概率PPY40PY500.1280.1280.256， 甲通过测试的概率为0.3，大于乙通过测试的概率．

c120．解：（1）由题可知b23，

a2解得a2，c1，b3，

x2y21． 所以椭圆的方程为43（2）设l的方程为ykx1，A(x1,y1)，B(x2,y2)， 联立方程组yk(x1)2222，可得(34k)x8kx4k120， 223x4y128k24k212则x1x2，x1x2， 2234k34k所|AB|1k212(1k2)(x1x2)4x1x2．

34k221|k|12(1k2)62О到直线l的距离为，所以OAB的面积S， 222234k71k1k|k|解得k1，即直线l的斜率为1．

21．解：（1）fxex1xexx1ex1．

令Fxx1ex1，则Fxx2ex，则函数Fx在(,2)上单调递减，在(2,+)上单调递增．

又因为F00．且当x1时，Fx0，所以fx在(0,)上单调递增，在(,0)上单调递减． （2）若fxlnxa恒成立，则ax(e1)lnx在(0,+)上恒成立．

x2令gxxe1lnx，则g(x)(x1)(exx1)，x10． x令h(x)ex11x．则h(x)e2，故hx在(0,)上单调递增， xxx0故存在x0(0,)，使得h(x0)0，从而x0e1，x0lnx0，

故gx在(0,x0)上单调递减，在(x0,+)上单调递增， 故gxming(x0)xe01lnx01x0x01，

x故gx的最小值是1，即a的取值范围是(,1]．

1xmm22．解：（1）曲线C的参数方程为（m为参数），

1ymm所以xm2221122ym2，22， mmx2y21． 相减可得xy4．即曲线C的普通方程为4422直线l的极坐标方程为cos3sin3，则转换为直角坐标方程为x3y30．

3x3t2（t为参数）（2）直线l过点P(3,0)，直线l的参数方程为． y1t2令点A，B对应的参数分别为t1，t2

3x3tx2y221，得t263t100， 将代入

44y1t2得t1t263，t1t210， ∴

11|PA||PB|t1t233． |PA||PB||PA||PB|t1t2523．解：（1）（1）当x0时，得x(12x)3，解得x22，所以x0； 33（2）当0x11时，得x(12x)3，解得x2，所以0x； 22（3）当x1414时，得x(12x)3，解得x，所以x． 2323综上所述，原不等式的解集为24, 333xa,x0a（2）f(x)xa,0x

2a3xa,x2所以f(x)minfaa， 22a11a2，解得0a，所以a的取值范围为0,． 222又f(x)a恒成立，所以

2