2020年贵州省黔东南州凯里一中高二(下)期中数学试卷(理科)

期中数学试卷（理科）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|0≤x≤3}，，则A∩B=（）A. {x|1≤x≤3}B. {x|1＜x≤3}C. ∅D. {x|x≥0}2.已知i是虚数单位，则复数位于复平面内第几象限（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.已知cos x=，则cos2x=（）A. B. - C. - D.4.已知某四棱锥的三视图如图所示，正视图和侧视图是全等的等腰直角三角形，则该四棱锥的最长棱与底面所成角的正切值为（）A.B.C.D.5.如图程序框图输出的y=4，则输入x的所有取值为（）A. -2或2B. 4或2C. -2或4或2D. -2或46.已知等差数列{a n}，且a4，a8是方程x2-12x+20=0的两根，S n是数列{a n}的前n项和，则S11的值为（）A. 110B. 66C. 44D. 337.已知圆C：x2+y2-4x-5=0，过点作圆C的切线，其中一个切点为B，则|AB|的长度为（）A. B. 5 C. D. 48.函数f（x）=的图象大致为（）A. B.C. D.9.的展开式中x2的系数为（）A. -5B. 5C. 35D. -9010.在区间[0，1]上任意取两个实数x、y，则y≥x的概率为（）A. B. C. D.11.已知△ABC的三个顶点落在半径为R的球O的表面上，三角形有一个角为且其对边长为3，球心O到△ABC所在的平面的距离恰好等于半径R的一半，点P为球面上任意一点，则P-ABC三棱锥的体积的最大值为（）A. B. C. D.12.已知椭圆，a＞b＞0，F1，F2分别为椭圆的左右焦点，若椭圆C上存在点P（x0，y0）（x0≥0）使得∠PF1F2=60°，则椭圆的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知不共线的非零向量，若与平行，则实数λ的值为______．14.实数x，y满足约束条件：，则z=的取值范围为______．15.函数在区间[0，1]的单调增区间为______．16.已知函数f（x）满足：f（x）=-f（4-x），且，当0＜x＜2时，f（x）=ax lnx+x，则函数f（x）在点（3，f（3））的切线方程为______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知，，．（1）求函数f（x）的最大值，及此时x的取值；（2）在三角形ABC中角的对边A，B，C分别为a，b，c，若f（B）=1，c=1，，求三角形ABC的面积．18.已知数列{a n}满足a n+1=a n+1，且a1+a3=4．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，记b n的前项和为S n，证明：S n＜2．19.如图多面体ABC-A1B1C1，∠ABC=120°，棱AA1，BB1，CC1垂直平面ABC，且CC1=2BB1=2BC=2AB=4AA1．（1）证明：B1C⊥A1C1．（2）求直线AB1与平面A1B1C1所成角的正弦值．20.为了了解学生考试时的紧张程度，现对100名同学进行评估，打分区间为[50，100]，得到频率分布直方图如下，其中a，b，c成等差数列，且a=0.01．（1）求b，c的值；（2）现采用分层抽样的方式从紧张度值在[60，70），[70，80）中共抽取5名同学，再从这5名同学中随机抽取2人，求至少有一名同学是紧张度值在[60，70）的概率．21.已知椭圆，a＞b＞0，F1，F2分别为椭圆的左右焦点，离心率，上顶点．（1）求椭圆的方程；（2）是否存在过点F2且斜率不为0的直线l交椭圆于M，N两点，且|MN|=4|F2N|满足，若存在，求出该直线方程，若不存在，请说明理由．22.已知函数f（x）=x lnx．（1）求f（x）的单调区间；（2）设，证明：F（x）只有一个极值点x0，且．答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵集合A={x|0≤x≤3}是数集，是点集，∴A∩B=∅．故选：C．集合A是数集，集合B是点集，从而A∩B是空集．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】B【解析】解：∵=，∴复数位于复平面内第二象限．故选：B．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.【答案】C【解析】解：∵cos x=，∴cos2x=2cos2x-1=2×=-．故选：C．利用二倍角的余弦函数公式化简所求即可求值．本题主要考查了二倍角的余弦函数公式的应用，属于基本知识的考查．4.【答案】C【解析】解：首先把三视图转换为几何体，该几何体为四棱锥体．如图所示：设等腰三角形的棱长为a，该几何体的最长棱长为AE，与底面的夹角为∠EAC，所以tan∠EAC=．故选：C．首先把三视图转换为几何体，进一步求出线面夹角．本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积和表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．5.【答案】D【解析】解：由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算并输出y=的值，∵输出结果为y=4，∴，或，∴解得x=4或-2．故选：D．由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算并输出y=的值，由已知分类讨论即可得答案．本题主要考查选择结构的程序框图的应用，关键是判断出输入的值是否满足判断框中的条件，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：∵等差数列{a n}，且a4，a8是方程x2-12x+20=0的两根，∴a4+a8=12=a1+a11．则S11==11×6=66．故选：B．等差数列{a n}，且a4，a8是方程x2-12x+20=0的两根，可得：a4+a8=12=a1+a11．再利用求和公式即可得出．本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7.【答案】A【解析】解：化圆C：x2+y2-4x-5=0为（x-2）2+y2=9，则圆心坐标为C（2，0），半径为3．如图，|AC|=，∴|AB|=．故选：A．由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由两点间的距离公式求得|AC|，由勾股定理得答案．本题考查圆的切线方程，考查直线与圆位置关系的应用，是基础题．8.【答案】B【解析】解：函数的定义域为{x|x≠0}，f（-x）==-f（x），则函数f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除A，当x→+∞，f（x）→+∞排除C，D，故选：B．判断函数的奇偶性和对称性，利用极限思想进行判断排除即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用奇偶性的定义以及极限思想结合排除法是解决本题的关键．比较基础．9.【答案】A【解析】解：由（1-x）6展开式的通项为：T r+1=（-1）r x r得：（1+）（1-x）6展开式中x2的系数为（-1）2+（-1）3=-5，故选：A．先求（1-x）6展开式的通项，再与1+相结合即可求解．本题主要考查二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于基础题．10.【答案】A【解析】解：由题意可得，其区域为边长为1的正方形，面积为1．而组成的平面区域如图所示的阴影部分，由测度比是面积比，可得y≥x的概率为P=．故选：A．由题意画出图形，求出正方形与阴影部分的面积，再由测度比是面积比得答案．本题考查几何概型概率的求法，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．11.【答案】C【解析】解：设△ABC外接圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，∴OO1=，设△ABC外接圆的半径为r，AB=c=3，∠C=，由正弦定理得：=2r，解得r=，由球的截面性质得：R2=+r2=（）2+3，解得R=2，∴点P到平面ABC的距离的最大值为：R+OO1=3，在△ABC中，由余弦定理得：32=a2+b2-2ab cos C=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab，当且仅当a=b=3时，等号成立，∴（ab）max=9，∴，当且仅当a=b=3时，取等号，∴当三棱锥P-ABC的底面积最大，高最大时，其体积最大，∴三棱锥P-ABC的体积的最大值为V P-ABC==．故选：C．设△ABC外接圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，从而OO1=，设△ABC外接圆的半径为r，AB=c=3，∠C=，由正弦定理得：=2r，解得r=，由球的截面性质得：R2=+r2=（）2+3，解得R=2，点P到平面ABC的距离的最大值为：R+OO1=3，当三棱锥P-ABC的底面积最大，高最大时，其体积最大，由此能求出三棱锥P-ABC的体积的最大值．本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12.【答案】D【解析】解：椭圆，a＞b＞0，F1，F2分别为椭圆的左右焦点，若椭圆C 上存在点P（x0，y0）（x0≥0）使得∠PF1F2=60°，则，即b2≥3c2，可得：a2≥4c2，所以e故选：D．利用已知条件，列出b、c关系，然后转化求解椭圆的离心率即可．本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题．13.【答案】-4【解析】解：由题意知，若与平行，则1×λ-（-2）×2=0，解得λ=-4．故答案为：-4．根据平面向量的共线定理，列方程求出λ的值．本题考查了平面向量的共线定理应用问题，是基础题．14.【答案】z≥1【解析】解：作出约束条件表示的平面区域，如图阴影部分所示；z=可看作阴影区域内的点M（x，y）和P（1，0）连线的斜率，由可行域可知A（1，1），B（2，1），计算PB的斜率为k PB==1，PA的斜率不存在；所以z的取值范围是z≥1．故答案为：z≥1．作出不等式组对应的平面区域，利用线性规划的知识即可得到结论．本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，数形结合是解题的关键．15.【答案】[0，]和[，1]【解析】解：∵0≤x≤1，∴0≤2πx≤2π，≤2πx+≤，设t=2πx+，则函数y=2sin t在≤t≤和≤t≤上为增函数，由≤2πx+≤和≤2πx+≤，得0≤x≤或≤x≤1，即f（x）在区间[0，1]的单调增区间为[0，]和[，1]．故答案为：[0，]和[，1]求出角的范围，利用换元法结合复合函数的单调性转化求解即可．本题主要考查函数单调性的求解，结合复合函数单调性的关系以及利用换元法进行转化是解决本题的关键，难度不大．16.【答案】4x-y-13=0【解析】解：函数f（x）满足：f（x）=-f（4-x），即f（x）+f（4-x）=0，可得f（x）的图象关于（2，0）对称，由可得-=-f′（1）=-4，即f′（1）=4，当0＜x＜2时，f（x）=ax lnx+x，可得f′（x）=a（1+ln x）+1，则f′（1）=a+1=4，可得a=3，则f（x）=3x lnx+x，（0＜x＜2），令2＜x＜4，可得0＜4-x＜2，则f（4-x）=3（4-x）ln（4-x）+4-x，由f（x）=-f（4-x），可得f（x）=-3（4-x）ln（4-x）-4+x，（2＜x＜4），则f′（x）=-3[-ln（4-x）-1]+1=4+3ln（4-x），则f′（3）=4，f（3）=-1，则函数f（x）在点（3，f（3））的切线方程为y-（-1）=4（x-3），即为4x-y-13=0，故答案为：4x-y-13=0．由f（x）=-f（4-x），可得f（x）的图象关于（2，0）对称，运用导数的定义可得f′（1）=4，求得f（x）在（0，2）的导数，可得a=3，f（x）=3x lnx+x，（0＜x＜2），由对称性求得f（x）在（2，4）的解析式，求得导数，可得函数f（x）在点（3，f（3））的切线斜率和切点，由点斜式方程可得所求切线的方程．本题考查导数的几何意义，考查函数的对称性和运用；求解析式，考查直线方程的运用，以及方程思想和运算能力，属于中档题．17.【答案】解：（1）f（x）=2sin x cosx+2cos2x-1=sin2x+cos2x=2sin（2x+）．可得f（x）的最大值为2，当sin（2x+）=1，即2x+=2kπ+，解得x=+kπ，k∈Z．∴x∈{x|x=+kπ，k∈Z}时，函数f（x）取得最大值2．（2）f（B）=1，∴2sin（2B+）=1，B∈（0，π），解得2B+=，解得B=．c=1，，∴b2=a2+c2-2ac cos B，即3=a2+1-2a×，解得a=2．∴三角形ABC的面积S==．【解析】（1）f（x）=2sin x cosx+2cos2x-1，再利用倍角公式、和差公式即可得出f（x），进而得出最大值及其取得最大值时的x的集合．（2）f（B）=1，可得2sin（2B+）=1，B∈（0，π），解得B．再利用余弦定理可得a，利用三角形面积计算公式即可得出．本题考查了三角形面积计算公式、余弦定理、数量积运算性质、和差公式、倍角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.【答案】（1）解：依题意，由a n+1=a n+1，可知数列{a n}是以1为公差的等差数列．设等差数列{a n}的公差为d，则d=1．∴a1+a3=2a1+2d=2a1+2=4，解得a1=1．∴数列{a n}的通项公式为a n=1+1×（n-1）=n，n∈N*．（2）证明：由（1）知，=，∴当n=1时，S1=b1=1．当n≥2时，S n=b1+b2+…+b n=1+++…+＜1+++…+=1+（1-）+（-）+…+（-）=1+（1-+-+…+-）=1+1-=2-＜2．故得证．【解析】第（1）题由a n+1=a n+1，可发现数列{a n}是以1为公差的等差数列，然后根据等差数列的通项公式可列出关于首项a1的方程，解出a1的值，即可得到数列{a n}的通项公式；第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列{b n}的通项公式，求前项和S n时运用放缩法，以及裂项相消法即可证明S n＜2．本题主要考查等差数列的基础知识，放缩法证明，以及裂项相消法求和．考查了方程思想，转化和化归思想，逻辑思维能力和数学运算能力．本题属中档题．19.【答案】解：（1）证明：作BB 1，CC1的中点分别为E，F，连接A1E，B1F，A1C，设CC1=4，则A1E=2，B1E=1，故，则，在△A1B1C中，，，∴，即A1B1⊥B1C，同理可得，B1C⊥B1C1，又∵A1B1∩B1C1=B1，∴B1C⊥平面A1B1C1，又∵A1C1在平面A1B1C1内，∴B1C⊥A1C1；（2）如图建立空间直角坐标系，O为AC的中点，则，设平面A1B1C1的一个法向量为，又，∴，不妨取，又，∴直线AB1与平面A1B1C1所成角α的正弦值为，∴直线AB1与平面A1B1C1所成角的正弦值为．【解析】（1）作BB1，CC1的中点分别为E，F，连接A1E，B1F，A1C，设CC1=4，可证，即A1B1⊥B1C，同理可得，B1C⊥B1C1，即可证B1C⊥平面A1B1C1，则问题得证；（2）建立空间直角坐标系，O为AC的中点，可求得平面A1B1C1的一个法向量为，结合及向量夹角公式可得解．本题主要考查了线线垂直的证明及转化能力，还考查了利用空间向量求线面角的正弦值，考查计算能力，属于中档题．20.【答案】解：（1）设公差为d，则b=a+d，c=a+2d，由（0.01+0.015+0.01+d+0.025+0.01+2d）×10=1，解得d=0.01，∴b=0.02，c=0.03，（2）由（1）可得[60，70），[70，80）的人数分别为20，30，利用分层抽样可得从[60，70）中抽取2人，表示为A，B，从[70，80）中抽取3人，分别为C，D，E，从这5名同学中随机抽取2人，共有10种，分别为AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，其中来自[60，70）的有共有7种，分别为AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，故至少有一名同学是紧张度值在[60，70）的概率为．【解析】（1）根据频率分布直方图的纵坐标和等差数列的性质即可求出b，c的值．（2）先利用分层抽样可得从[60，70）中抽取2人，表示为A，B，从[70，80）中抽取3人，分别为C，D，E，再根据概率公式即可求出．本题考查了频率分布直方图的性质、分层抽样，及古典概型的计算公式是解题的关键．21.【答案】解：（1）由题意可得b=，e==，且a2-b2=c2，解得a=2，c=1，b=，则椭圆的方程为+=1；（2）假设存在过点F2且斜率不为0的直线l交椭圆于M，N两点，且|MN|=4|F2N|．由F2（1，0），设直线l的方程为x=my+1，联立椭圆方程+=1，可得（4+3m2）y2+6my-9=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2=-，y1y2=-，①由|MN|=4|F2N|，可得|MF2|=3|F2N|，即=3，可得（1-x1，-y1）=3（x2-1，y2），即y1=-3y2，②联立①②可得y2=，y22=，消去y2可得=1，即3m2=4+3m2，显然该方程无实数解，故不存在这样的直线l，使得|MN|=4|F2N|．【解析】（1）运用椭圆的离心率公式和P在椭圆上，结合a，b，c的关系，解方程可得a，b，c，进而得到椭圆方程；（2）假设存在这样的直线l，使得|MN|=4|F2N|．设直线l的方程为x=my+1，联立椭圆方程，消去x，可得y的二次方程，运用韦达定理，结合向量共线的坐标表示，联立方程组，解方程，即可判断存在性．本题考查椭圆的方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及向量共线的坐标表示，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．22.【答案】（1）解：∵f（x）=x lnx（x＞0），∴f′（x）=1+ln x，令f′（x）=0，得x=．当0＜x＜时，f′（x）＜0，当x＞时，f′（x）＞0，∴f（x）在区间（0，）单调递减，在区间（，+∞）单调递增，即f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（，+∞）；（2）证明：∵=x lnx+（x＞0），∴F′（x）=1+ln x-，由于F″（x）=+＞0，∴F′（x）=1+ln x-在区间（0，+∞）单调递增，又F′（1）=1-4=-3＜0，F′（2）=ln2＞0，令F′（x0）=0，则F（x）在区间（1，x0）单调递减，在区间（x0，2）单调递增，则x0为F（x）的一个极值点，且为唯一的极值点，x0∈（1，2）．又F′（）=1+ln-=ln-=ln-＜ln-=-=-＜0，∴x0∈（，2）．由F′（x0）=1+ln x0-=0，得ln x0=-1，x0∈（，2）．∴F（x0）=x0ln x0+=x0（-1）+=-x0，令h（x）=-x，则h（x）=-x在区间（，2）上单调递减，又h（）=-=-=，h（2）=4-2=2，∴h（x）∈（2，），∴，证毕．【解析】（1）由f′（x）＜0，可求得其单调递减区间，由f′（x）＞0可求得f（x）的单调递增区间；（2）可求得F′（x）=1+ln x-在区间（0，+∞）单调递增，又F′（1）＜0，F′（2）＞0，可证得F（x）只有一个极值点x0，利用二分法可知x0∈（，2），从而可证．本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查零点存在定理与二分法的应用，考查化归思想与运算求解能力，属于难题．。