2020-2021学年广东省广州市番禺区高二下学期期末数学试题(解析版)

题

一、单选题

1．已知集合Axx1，B1,0,1,2，则AB（ ） A．{2} B．{1，2}

C．{0，1，2}

D．xx1

【答案】B

【分析】根据集合的交集运算可得选项.

【详解】因为集合Axx1，B1,0,1,2，所以AB1，2， 故选：B.

2．在复平面内，复数(12i)i对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】化简复数(12i)i，根据复数的几何意义可得结果. 【详解】因为(12i)i2i，

所以2i对应的点为(2,1)，它位于第二象限. 故选：B

163．在xx2的展开式中，常数项为（ ）

A．15 B．15 C．30 D．30

【答案】A

【分析】根据二项展开式的通项公式直接求解. r【详解】Trr1Crx661rrx2C61x63r， 令63r0，得r2，

所以常数项是TC2236115.

故选：A

4．已知圆x2y21截直线yk(x1)(k0)所得弦的长度为1，那么k的值为（ A．12 B．33 C．1 D．3 【答案】D

）【分析】根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据勾股定理可求得结果. 【详解】圆x2y21的圆心为(0,0)，半径R1， 圆心(0,0)到直线yk(x1)的距离d2|k|k21，

k211由Rd得12，得k23，

k14222又因为k0，所以k3. 故选：D

5．已知随机变量X服从二项分布，即X项分布的参数n，p的值为（ ） A．n4，p【答案】D

【解析】利用离散型随机变量的期望与方差公式，转化求解即可. 【详解】解：随机变量X服从二项分布，即X1 2

Bn,p，且EX2，DX1.6，则二

B．n6，p

1 3

C．n8，p

1 4

D．n10，p

1 5

Bn,p，且EX2，DX1.6，

可得np2，np1p1.6，解得p0.2，n10， 故选：D.

【点睛】此题考查离散型随机变量的期望与方差公式的应用，考查二项分布的性质，属于基础题

6．科学家经过长期监测，发现在某一段时间内，某物种的种群数量Q可以近似看作时间t的函数，记作Qt，其瞬时变化率Qt和Qt的关系为QtkQt，其中k为常数．在下列选项所给函数中，Qt可能是（ ） A．Qte0.2t

B．Qt0.2sint D．Qt6(t1)

1C．Qt2lnt2 【答案】A

【分析】根据题意，结合导数的计算公式，逐项计算，即可求解. 【详解】由题意，瞬时变化率Qt和Qt的关系为QtkQt， 对于A中，函数Qte0.2t，可得Qt0.2e0.2t ，所以Qt0.2Qt，符合题意；

对于B中，函数Qt0.2sint，可得Qt0.2cost，不符合题意；

对于C中，函数Qt2lnt2，可得Qt12，不符合题意； t22对于D中，函数Qt6(t1)，可得Qt6(t1)，不符合题意. 故选：A.

7．已知a，b是单位向量，c＝a＋2b，若a⊥c，则|c|＝（ ） A．3 【答案】C

【分析】由a⊥c求得ab，再由求向量模的公式即可得解. 【详解】因a，b是单位向量，c＝a＋2b，a⊥c，

2121aca(a2b)a2ab0aba， 则

222221所以|c|c(a2b)2a4b4ab124124()3. 2B．7 C．3 D．2

故选：C

8．音乐是用声音来表达人的思想感情的一种艺术．声音的本质是声波，而声波在空气中的振动可以用三角函数来刻画．在音乐中可以用正弦函数来表示单音，用正弦函数相叠加表示和弦．某二和弦可表示为f(x)sin2xsin3x，则函数yf(x)的图象大致为（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【分析】根据题意，先分析函数的奇偶性，排除D；再分析在区间0，上，f(x)的正

6负及增长趋势，排除B、C，即可得到答案. 【详解】f(x)sin2xsin3x定义域为R.

因为f(x)sin2xsin3xsin2xsin3xf(x)，则f(x)为奇函数，排除D；

在区间0，上，f(x)0，函数图像在x轴上方，排除C；

6在区间0，上，ysin2x和ysin2x都是增函数，函数图像增长最快，排除B；

6故选：A. 二、多选题

9．锐角三角形ABC的面积是，AB1，BC2.则（ ）

2A．B45 【答案】AC

【分析】根据已知条件，结合余弦定理及三角形的面积公式，即可求解． 【详解】解：锐角三角形ABC的面积是2，

SABC1B．B135 C．AC1 D．AC5 1111ABBCsinB12sinB， 2222sinB2，

B为锐角，

B45，故A选项正确，B选项错误，

在ABC中，运用余弦定理，

可得AC2AB2BC22ABBCcosB1221221， 2AC1，故C选项正确，D选项错误． 故选：AC．

10．2021年5月7日，国药集团中国生物北京生物制品研究所研发生产的新型冠状病.毒灭活疫苗（Vero细胞），获得世卫组织紧急使用授权，纳入全球“紧急使用清单”（EUL）世卫组织审评认为该疫苗的效力78.1%，最高达90%，安全性良好，临床试验数据中没

有发现安全问题.所谓疫苗的效力，是通过把人群分成两部分，一部分为对照组，注射安慰剂；另一部分为疫苗组，注射疫苗，当从对照组与疫苗组分别获得发病率后，就可以得到注射疫苗的效力法正确的是（ ）

A．只要注射该种新冠疫苗，就一定不会感染新冠肺炎 B．注射该种新冠疫苗，能使新冠肺炎感染的风险大大降低

C．若对照组10000人，发病100人；疫苗组20000人，发病40人.则效力为80% D．若某疫苗组的效力为80%，对照组的发病率为50%.那么在10000个人注射该疫苗后，一定有1000个人发病 【答案】BC

【分析】由题中给出的信息，依次对四个选项进行分析判断即可．

【详解】解：由题意，疫苗的效力78.1%，最高达90%，但不是注射该种新冠疫苗，就一定不会感染新冠肺炎，故选项A错误；

由题意，疫苗的效力78.1%，最高达90%，所以注射该种新冠疫苗，能使新冠肺炎感染的风险大大降低，故选项B正确；

若对照组10000人，发病100人；疫苗组20000人，发病40人，则注射疫苗的效力

100401000020000100%80%，故选项C正确；

10010000对照组发病率疫苗组发病率100%.关于注射疫苗，下列说

对照组发病率若某疫苗组的效力为80%，对照组的发病率为50%，只是反应了一个概率问题，并不能说明在10000个人注射该疫苗后，一定有1000个人发病，故选项D错误． 故选：BC．

11．如图，正四棱锥S－BCDE底面边长与侧棱长均为a，正三棱锥A－SBE底面边长与侧棱长均为a，则下列说法正确的是（ ）

A．AS⊥CD

B．正四棱锥S－BCDE的外接球半径为2a 22C．正四棱锥S－BCDE的内切球半径为12a

D．由正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱 【答案】ABD

【分析】取BE中点H，证明BE平面SAH即可证ASCD；设底面中心为O1，有O1BO1S22a，可求得球半径为a；用等体积法求内切球半径即可判断；由

22SA//DE//BC且SA=DE=BC可知多面体是一个三棱柱.

【详解】如图所示：

A选项：取BE中点H连接AH,SH，正三棱锥ASBE中，AHBE,SHBE 又AHSHH，所以BE平面SAH，则BEAS，又BE//CD 所以ASCD ，故

A正确；

B选项：设底面中心为O1，球心为O半径为R ，因为正四棱锥S－BCDE 外接球球心在O1S上，所以OSOBR，因为，正四棱锥S－BCDE底面边长与侧棱长均为a 2222222aaR所以O1BO1Sa，由OBO1BO1SOS 得R22 222解得R2a，故B正确； 21232asina， 234C选项：设内切球半径为r，易求得侧面面积为S121132由等体积法得a2aa2r4ar 解得r3233462a4 ，故C错；

D选项：取SE中点F，连结AF，DF，BF，则BFD和BFA分别是DSEB和

ASEB的二面角的平面角，由

33aa22222BFDFBDcosBFD22BFDF32a222222a21

3332aaaAF2BF2BA2221cosAFD，故BFD与BFA互补，所22AFBF332a2以ASDE共面，又因为ASAEEDSD，则ASDE为平行四边形，故AS//ED//BC 故正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱，所以D正确 故选：ABD

【点睛】求外接球半径的常用方法：

（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；

（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.

x12．关于函数fxesinx，x,.下列说法正确的是（ ）

A．fx在0,f0处的切线方程为2xy10 B．fx有两个零点 C．fx有两个极值点

D．fx存在唯一极小值点x0，且1fx00 【答案】ABD

【分析】求得导函数，得到x0出的导数值，利用导数的几何意义得到切线的斜率，进而得出切线方程，从而判定A；利用导数研究函数的单调性，极值情况，进而判定零点情况，从而判定BCD.

xx0【详解】fxesinx，f0esin01，fxecosx，

f0e0cos02，切线方程为y12x0,即2xy10,故A正确；

xxx0fxesinx，当x0时，fxesinxe1e10， x当πx0时，sinx0，ex0,∴fxesinx0，

0，∴fxexcosx单调递增， ∴x,时，fx3f432242e0，fe200， e2223x在,内，fxecosx存在唯一的零点x0,且x0,，

24且在x,x0内，fx0，fx单调递减；

xx0,，fx0，fx单调递增，

∴x0为极值点，且为极小值点.

xx由fx0e0cosx00，∴fx0e0sinx0sinx0cosx0，

3∵x0,，∴1sinx00,1cosx00,sinx0cosx0，

24∴1sinx0cosx00，

∴fx有唯一的极值点，且为极小值点x0，且1fx00，故C错误，D正确；

π又∵fπe0,fesine0,

结合函数fx的单调性可知 ∴fx有两个零点，故B正确； 故选：ABD. 三、填空题

13．___________. 已知双曲线C的渐近线方程为y2x，写出双曲线C的一个标准方程：

y2【答案】x1(答案不唯一)

4b【解析】根据渐近线方程求得，从而可写出符合题意的标准方程.

a2【详解】依题意，双曲线C的渐近线方程为y2x，

2bb不妨设双曲线焦点在x轴上，则2,24，

aay2可令b4a4，可得双曲线C的一个标准方程为x1.

4222也可令b24a28等等.

y2故答案为：x1(答案不唯一)

4214．已知an为等差数列，Sn为其前n项和．若a11，S2a3，则Sn______． 2n2n 【答案】4【分析】设公差为d，由条件可得d

1

，再用求和公式直接可得解. 2

【详解】由an为等差数列，设公差为d， 因为a1111，所以S2a1a2a3a3a2a1，即d，

222n(n1)d1n2nn2n. 所以Snna1n2244n2n. 故答案为：4【点睛】本题主要考查了等差数列基本量的运算，属于基础题.

5415．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A=，cos C=，a=1，则

513b=___. 【答案】

21 1345【解析】【详解】试题分析：因为cosA,cosC，且A,C为三角形的内角，所以

51331263sinA,sinC，sinBsin[(AC)]sin(AC)sinAcosCcosAsinC，

65513asinB21ab. 又因为，所以bsinAsinBsinA13【解析】 正弦定理，两角和、差的三角函数公式

【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

16．数学多选题A，B，C，D四个选项，在给出的选项中，有多项符合题目要求.全都选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知某道数学多选题正确答案为BCD，小明同学不会做这道题目，他随机地填涂了1个或2个或3个选项，则他能得分的概率为___________. 1【答案】

2【分析】利用组合数求得随机地填涂了1个或2个或3个选项，每种可能性都是相同的，然后列举计数能得分的涂法种数，求得所求概率.

123【详解】随机地填涂了1个或2个或3个选项，共有C4C4C414种涂法，

能得分的涂法为BCD,BC,BD,CD,B,C,D,共7种， 故他能得分的概率为1故答案为：.

271． 142四、解答题

17．已知数列an满足an1an2，nN，且a2，a5，a14构成等比数列. （1）求数列an的通项公式；

n（2）设bn2an1，求数列bn的前n项和Sn.

n1【答案】（1）an2n1；（2）Sn(2n1)22

【分析】（1）根据an1an2可得an1an2，所以数列{an}是以2为公差的等差数列，

2再根据a2，a5，a14构成等比数列，得a5a2a14，即(a18)2(a12)(a126)，解出a1后

利用等差数列通项公式即可求出数列{an}的通项公式．

（2）易知bn2nan12n(2n1)，则利用错位相减求和法即可求出数列{bn}的前n项和Sn．

【详解】解：（1）由an1an2，得an1an2， 所以数列{an}是以2为公差的等差数列， 又a2，a5，a14构成等比数列，

2得a5a2a14，即(a18)2(a12)(a126)，

整理解得a11，

所以an12(n1)2n1． （2）bn2nan12n(2n1)， 则Sn321522(2n1)2n，

2Sn322523(2n1)2n1，

两式相减得Sn322(22232n)(2n1)2n1，

22(12n1)(2n1)2n162n28(2n1)2n12n1(12n)2， 即Sn6212n1所以Sn(2n1)22．

18．已知函数f(x)Asin(x)A0,0,0由下列四个条件中的三个来确

2定：

①最小正周期为；②最大值为2；③f0；④f(0)2．

6（1）写出能确定f(x)的三个条件，并求f(x)的解析式； （2）求f(x)的单调递增区间．

5 【答案】（1）条件①②③，f(x)2sin(2x)；（2）增区间是k,k，kZ．

12123【分析】（1）条件①必须有，否则不能确定函数的周期，从而求不出，有了①可求得

，在周期确定的情况下，加上条件③④不能确定最大值和最小值，确定不了A，这样

条件必须条件②，确定出A值，选④选，在0选③，求出．

（2）结合正弦函数的增区间可求得结论．

【详解】（1）选条件②③④，不能确定周期，求不出；选①③④，不能确定最大值和最小值，求不出A；选①②④，求得的不满足已知条件0条件①②③，

2范围内无值满足题意，这样只能

2．只能选①②③．

T2，2，A2，由f()2sin()0，又0得，

3632所以f(x)2sin(2x)；

3（2）2k22x32k2，k5xk，kZ， 1212所以增区间是k5,k，kZ． 1212【点睛】方法点睛：本题考查求三角函数的解析式，考查三角函数的单调性．求三角函数解析式f(x)Asin(x)，通常与“五点法”联系，由周期确定，由最值确定A，由点的坐标确定．也可能由某点的坐标确定A，这时需要求出值，才可得出函数解析式．

19．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，四边形BCC1B1是边长为1的正方形，AB2，M，N分别为AD,A1B1的中点.

（1）求证：MA1//平面ANC；

（2）求直线CN与平面D1AC所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2）3 3【分析】（1）连BD交AC于点O，则O为AC的中点，通过证明MA1//ON，再根据直线与平面平行的判定定理可证结论；

（2）以B为原点，BC,BA,BB1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得结果.

【详解】（1）连BD交AC于点O，则O为AC的中点，

11因为M为AD的中点，所以OM//CD，OMCD，NA1//CD，NA1CD，

22所以OM//NA1，OMNA1，所以四边形OMA1N为平行四边形， 所以MA1//ON，因为MA1平面ANC，ON平面ANC， 所以MA1//平面ANC.

（2）以B为原点，BC,BA,BB1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系：

则C(1,0,0)，A(0,2,0)，D1(1,2,1)，N(0,1,1)， CN(1,1,1)，AC(1,2,0)，CD1(0,2,1)，

设平面D1AC的法向量为n(x,y,z)，

x2y0nAC0则，即，

2yz0nCD01取y1，则x2，z2，所以n(2,1,2)， 所以直线CN与平面D1AC所成角的正弦值为

|212||nCN|3. 4141113|n||CN|【点睛】关键点点睛：掌握直线与平面平行的判定定理以及用空间向量求解线面角是解题关键.

20．2019年4月，广东省发布了高考综合改革实施方案，试行“高考新模式”为调研新高考模式下，某校学生选择物理或历史与性别是否有关，统计了该校高三年级800名学生的选科情况，部分数据如下表：

科目 性别 物理 男生 女生 合计

（1）根据所给数据完成上述表格，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生选择物理或历史与性别有关；

（2）该校为了提高选择历史科目学生的数学学习兴趣，用分层抽样的方法从该类学生中抽取5人，组成数学学习小组.一段时间后，从该小组中抽取3人汇报数学学习心得，记3人中男生人数为X，求X的分布列和数学期望EX. nadbc 附：kabcdacbd22合计 历史 150 400 800 300 PK2k 0.050 3.8410 0.010 6.635 0.001 10.828 k

【答案】（1）列联表见解析，有99.9%的把握认为该校学生选择物理或历史与性别有关.6（2）分布列见解析，数学期望为.

5【分析】（1）补全列联表，计算出K2后可得结论；

（2）由分层抽样得抽取男生2人，女生3人，随机变量X的所有可能取值为0，1，2.，计算出概率得分布列，由分布列计算期望． 【详解】（1） 性别 物理 历史 合计 科目 男生 300 女生 250 合计 550 因为K2100 150 250 400 400 800 800300150250100550250400400245025055252216014.54510.828， 11所以有99.9%的把握认为该校学生选择物理或历史与性别有关. （2）按照分层抽样的方法，抽取男生2人，女生3人. 随机变量X的所有可能取值为0，1，2.

210312C2C33C2C3C2C331P(X2). P(X1)所以P(X0)，，333C510C510C55所以X的分布列为 X 0 P

所以E(X)0133612. 1051056. 51 2 110 35 310 所以数学期望EX为

x221．已知椭圆C:y21，经过原点的直线与椭圆C交于P，Q两点，直线PM与直线

6PQ垂直，且与椭圆C的另一个交点为M.

（1）当点M为椭圆C的右顶点时，求证：PQM为等腰三角形； （2）当点P不是椭圆C的顶点时，求直线PQ和直线QM的斜率之比. 【答案】（1）证明见解析；（2）6.

【分析】（1）设点Px0,y0，则点Qx0,y0，由已知得出QPMP0，可求得x0、y02的值，利用两点间的距离公式得出MPQP，进而可证得结论成立； 1（2）设点Mx1,y1，利用点差法计算得出kPMkQM，由PMPQ得出

6kPMkPQ1，由此可得出

kPQkQMkPQkPMkQMkPM，即可得解.

22x0x022【详解】（1）设点Px0,y0，则点Qx0,y0，y01，可得y01，

66当点M为椭圆C的右顶点时，M6,0，MPx06,y0，QP2x0,2y0，

202x0MPQP2x0x062y0，即x6x010，

620266x060，即5x06x060， 整理可得5x0由题意可知，点P不与点M重合，则x022QP2x0y02462，可得y0，

255230，MP5x0622y0230， 5即MPQP，

因此，PMQ为等腰三角形； （2）设点Mx1,y1，则kPM2y1y0y1y0y12y0，kQM，则kPMkQM22， x1x0x1x0x1x0x12y12122y12y016x12x022， y1y00，可得kPMkQM2由已知得2，两式相减得2xx6610x0y2106PMPQ，kPMkPQ1，所以，kkPQQMkPQkPMkQMkPM16. 16【点睛】求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 22．已知函数fxlnxm2x2(mR). （1）讨论函数fx的单调性；

12（2）设m0，若存在x[,1]，使得不等式fxmx成立，求m的取值范围.

21【答案】（1）当m2时，函数在0,上单调递增；当m2时，函数在0,m21,上单调递减；上单调递增，在（2）2, m21【分析】（1）求得函数的导函数为fxm2，再m20和m20两种情况

x讨论可得；

112（2）若存在x,1，使得不等式fxmx成立，即存在x,1，使得不等式

221fxmx20成立，令gxmx2lnxm2x2，x,1，则gxmin0，求

2出函数的导数，说明其单调性及最小值，即可求出参数的取值范围； 【详解】解：（1）函数fxlnxm2x2(mR)的定义域为0,， 且fx1m2 x1m20恒成立， 故函数在0,上单调递增；x11m20，解得0x，故函数在xm2当m20，即m2时，fx当m20，即m2时，令fx10,上单调递增； m2令fx111,上单调递减； m20，解得x，故函数在m2xm21综上所述，当m2时，函数在0,上单调递增；当m2时，函数在0,上

m21,上单调递减； 单调递增，在m2112（2）若存在x,1，使得不等式fxmx成立，即存在x,1，使得不等式

22fxmx20成立，

122令gxfxmxmxlnxm2x2，x,1，则gxmin0，

2112mxx12m gx2mxm2xx当m2时，

1111，gx0在x,1上恒成立，故函数gx在x,1上单调递m222111m增，gxminglnm220，解得m41ln2，所以m2；

222411111当1m2时，1，gx在,上单调递减，在,1上单调递增，则

2mm2m11111gxminglnm22lnm1

mmmmm111x1令hxlnx1，x1,2，hx220恒成立，即函数

xxxx1hxlnx1，在1,2上单调递减，又h1ln1110故

x11hxlnx10在x1,2上恒成立，即gxminlnm10，故m1,2

mx当0m1时，

1111，gx0在x,1上恒成立，故函数gx在x,1上单调m22递减，gxming1mln1m2120，不符题意，舍去； 综上可得m1,

【点睛】本题考查含参函数分类讨论法求函数的单调性，利用导数研究存在性问题，考查分类讨论思想，属于中档题.