【文档说明】新课标人教A版2020-2021下学期高二期末备考金卷文科数学（A卷）（及答案）.doc，共(19)页，980.500 KB，由baby熊上传

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2020-2021学年下学期高二期末备考金卷文科数学（A）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅

笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共1

2小题，每小题5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13i22z，i为虚数单位，则2zz（）A．1B．1C．3iD．3i2．已知集合2|20Axxx，

|13Bxx，则AB（）A．1,2B．0,3C．0,2D．0,33．“0ab”是“220ab”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．若2lnfxx，则3f（）A．ln3B．1ln32C．2ln3D．3ln2

5．上饶市婺源县被誉为“茶乡”，婺源茶业千年不衰，新时代更是方兴未艾，其中由农业部监制的婺源大山顶特供茶“擂鼓峰”茶尤为出名，为了解每壶“擂鼓峰”茶中所放茶叶量x克与食客的满意率y的关系，抽样得一组数据如下表：此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位

号x(克)24568y(%)30m507060根据表中的全部数据，用最小二乘法得出y与x的线性回归方程为ˆ6.517.5yx，则表中m的值为（）A．39.5B．40C．43.5D．456．在ABC△中，6AB，8

AC，10BC，2BCDB，则ADBC（）A．86B．86C．7D．77．若x、y满足线性约束条件35032702510xyxyxy，则33yx（）A．有最小值2B．有最小值14C．有最大值14D．有最大值28．在数列na中，449a，12n

naa，则7a（）A．121B．144C．169D．1969．已知函数3sincos0π,0fxxx，其图象两相邻对称轴间的距离为π2，且图象向左平移π6个单位

后关于原点对称，则π12f的值为（）A．3B．3C．1D．110．已知2x是22ln3fxxaxx的极值点，则fx在1,33上的最大值是（）A．92ln32B．52C．172ln318

D．2ln2411．陕西关中一带流行一种纸牌叫“花花牌”，俗称“花花”，牌面纸质和扑克牌差不多，窄长条型的，宽3.5厘米，长14厘米．牌面中间画上人物或花草图案，两头则有一些黑红两色的椭圆点，像盲文，这些点的多少代表了

牌面的大小．由于“花花牌”不含数字，不识字的人也可以玩，故很受百姓欢迎．相传“花花牌”与唐代流行的“骨牌”玩法颇为相似，下图给出了四张“骨牌”，请按此规律（自左向右）推测下一张“骨牌”应该是（）A．B．C．D．12．某圆锥的侧

面展开后，是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积与它的外接球的体积之比为（）A．243256B．128243C．128729D．256729第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．执行下面的

程序框图，若输出的m的值为3，则输入a的值为______．14．已知在ABC△中，4AB，8BC，BD是AC边上的中线，且30CBD，则BD的长为__________．15．已知双曲线2

22210,0xyabab的中心为O，左焦点为F，左顶点为A，点P为双曲线右支上一点，直线OP交双曲线于另一点Q，若直线AQ恰好平分线段PF，则该双曲线的离心率为__________．16．已知函数ln2fxaxxx，若对任意,xe，不等式2fxea恒成

立，则实数a的取值范围是__________．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）在ABC△中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且23cosbcA3cos0a

C．（1）求角A的大小；（2）若2a，求3bc的取值范围．18．（12分）2021年1月1日，新中国成立以来第一部以“法典”命名的法律《中华人民共和国民法典》颁布施行，我国将正式迈入“民法典”时代，为深入了解《民法典》，大力营造学法守法用法的良好氛围，高三年级从文科班和理科班的学生中随机抽取

了100名同学参加学校举办的“民法典与你同行”知识竞赛，将他们的比赛成绩(满分为100分)分为6组：40,50，50,60，60,70，70,80，80,90，90,100，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求a的值；（2）估计这100名学生的平均成绩(同一组中的数据用

该组区间的中点值为代表)；（3）在抽取的100名学生中，规定：比赛成绩不低于80分为“优秀”，比赛成绩低于80分为“非优秀”，请将下面的22列联表补充完整，并判断是否有95%的把握认为“比赛成绩是否优秀与文理科别有关

”？优秀非优秀合计文科生30理科生55合计100参考公式及数据：22nadbcKabcdacbd，nabcd．P(2Kk)0.100.050.0250010．0005．0001．k2.7063.8

415024．6635．7879．10828．19．（12分）如图所示，四棱锥PABCD中，PA菱形ABCD所在的平面，60ABC，点E､F分别是BC､PD的中点．（1）求证：平面AEF平面PAD；（2）当22ABAP时，求多面体PABEF的体积．20．（12分）已知椭圆22

22:1(0)xyCabab的右焦点分别为F，离心率为22，设过点F的直线l与椭圆C的两个交点为M，N，当MNx轴时，2MN．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求2211||||MFNF的取值范围．21．（12分）已知函数2()1xfxeaxx，aR．（1

）当0a时，求()fx的最小值；（2）当0mn时，不等式33()()13fmfnmn恒成立，求a的取值范围．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】坐标

系xOy中，曲线C的参数方程为2cos2sinxy（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，过点2,4πP作倾斜角为的直线l与C交于M，N两点．（1）写出l的参数方程及C

的直角坐标方程；（2）求11PMPN的取值范围．23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知a，b为正数，函数()||||fxxaxb的值域为[1,)c．（1）若1c，证明：2abab；（2）若0c，证明：(1)

(1)(1)8abcabc．1．【答案】B【解析】因为13i22z，则21313(1)(i)(i1)2222zzzz2213133131(i)(i)(i)()122222244，故选B．2．【答案】A【解析】因为2|20=|02Ax

xxxx，{|13}Bxx，所以|12ABxx，故选A．3．【答案】A【解析】由0ab，可得0a且0b，所以220ab；反之不成立，故“0ab”是“220ab”的充分不必要条件，故选A．4．

【答案】B【解析】令23x，则3x，因2lnfxx，所以2133ln3ln32ff，故选B．5．【答案】B【解析】由表中数据，计算可得2456855x，3050706021055mmy

，因为回归直线方程ˆ6.517.5yx过样本中心点，所以有2106.5517.55m，解得40m，故选B．6．【答案】A【解析】因为3=2ADACCDACCB，由6AB，8AC，10BC，结合余弦定理可得22264100364cos228105ACCBA

BCACCB，所以23343()810100862252ADBCACCBBCACBCBC，故选A．7．【答案】D【解析】如图，根据题意绘出可行域，令33ykx，3

,3M，则33yx表示点M与可行域中的点连线的斜率，联立3502510xyxy，解得21xy，2,1B，结合图象易知过点B时，k取最大值，此时13223k，同理易知过点1,2C时，k取最小值，此时231134k，故选D．8．【

答案】C【解析】由12nnaa，得12nnaa，所以数列na为等差数列，所以12(1)naan，因为449a，所以4167aa，解得11a，所以2(21)nan，7169a，故选C．9．【答案】C【解析】π3sincos

2sin6fxxxx，因为函数fx的图象两相邻对称轴间的距离为π2，则该函数的最小正周期为2ππT，2，将函数fx的图象向左平移π6个单位后，得到函

数πππ2sin22sin2666yxx的图象，因为函数π2sin26yx为奇函数，则π6πkkZ，可得ππ6kkZ，0π，5π6，则2π2sin23fxx，因

此，π5π2sin1126f，故选C．10．【答案】A【解析】由题意，2()23fxaxx且(2)0f，∴12a，则2232(1)(2)()3xxxxfxxxxx，∴当12x时，()0fx，()fx单调递减；当1x或2x时，()0fx

，()fx单调递增，∴在1,13，2,3上，()fx单调递增；(1,2)x，()fx单调递减，∵95(3)2ln3(1)22ff，∴()fx在1[,3]3上最大值是92ln32，故选

A．11．【答案】B【解析】由图可知，第一张“骨牌”有1个白点，第二张“骨牌”有2个白点，第三张“骨牌”的白点个数为123，第四张“骨牌”的白点个数为235，据此可推测第五张“骨牌”的白点个数为358，由图可知，从第三张开始，每张“骨牌”上的点数为前两张“骨牌”的点数之

和，所以，第五张“骨牌”的所有点数为5712，故选B．12．【答案】C【解析】设圆锥的母线长为l，则展开后扇形的弧长为2π3l，再设圆锥的底面圆半径为r，可得22ππ3rl，即3lr，圆锥的高为2222922hlrrrr，设圆锥外接球

的半径为R，则222hRrR-，解得942rR．圆锥的体积为211π223Vrr，圆锥外接球的体积33249243ππ342322rrV，∴该圆锥的体积与它的外接球的体积之比为3322π1283243π7293

22rr，故选C．第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】4516【解析】程序运行如下：第一次循环：2349mma，此时满足3i，执行12ii；第二次循环：23821mma，此时满足3i，执行13

ii；第三次循环：231645mma，此时满足3i，执行14ii；第四次循环：233293mma，此时不满足3i，输出结果为3293a，由题意可得32933ma，45

16a，故答案为4516．14．【答案】23【解析】延长BD至E，使得BDED，得到平行四边形ABCE．在BCE△中，8BC，4EC，30CBD，由正弦定理可得sin8sin30sin14BCCBEBEC

CE，BEC是三角形内角，所以90BEC，所以243BEBD，23BD，故答案为23．15．【答案】3【解析】设PF的中点为M，连接OM，O、M分别为PQ、PF的中点，则//OMFQ且12OMFQ，所以12OAOMAFFQ，即12aca，3ca∴，因

此，该双曲线的离心率为3cea，故答案为3．16．【答案】1,【解析】不等式2fxea等价于ln220axxxea．令ln22gxaxxxea，则ln2gxaxa．当

,xe时，ln1,x，且22gea，故可对a进行如下分类讨论：当0a时，0gx，gx在,e上单调递减，则0gx，不合题意；当0a时，2222222222

20geaeeeaaeeee，不合题意；当1a时，0gx，gx在,e上单调递增，所以0gx，故1a满足题意；当01a时，由0gx，得2aaxe，所以gx在2

,aaee上单调递减，在2,aae上单调递增，所以2min0aagxge，不满足题意，综上，a的取值范围为1,，故答案为1,．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】

（1）5π6A；（2）2,23．【解析】（1）因23cos3cos0bcAaC，ABC△中，由正弦定理sinsinsinabcABC得2sin3sincos3sincos0BCAAC，化简为2

sincos3sin()0BACA，即2sincos3sin0BAB．因为0πB，有sin0B，则3cos2A，又0πA，所以5π6A．（2）由（1）知5π6A，则6πBC，令0ππ66

CBB，由正弦定理sinsinsinabcABC，得25πsinsinsin66πbcBB，所以4sinbB，4sin2cos23sin6πcBBB

，所以34sin32cos23sinbcBBB23cos2sinBB314cossin4cos22π6BBB，因为π06B，则13cos2π26B，24cos3π26B，所以3bc的取值范围为

2,23．18．【答案】（1）0.015；（2）73；（3）列联表见解析，没有95%的把握认为“比赛成绩是否优秀与文理科别有关”．【解析】（1）由题可得0.0050.010.010.020.04101a，解得0.015a．（2）平均成绩为450.05550.1650.27

50.4850.15950.173．（3）由（2）知，在抽取的100名学生中，比赛成绩优秀的有1000.2525人，由此可得完整的22列联表：优秀非优秀合计文科生153045理科生104555合计2575100∵22100154530103.033.84

145552575K，∴没有95%的把握认为“比赛成绩是否优秀与文理科别有关”．19．【答案】（1）证明见解析；（2）33．【解析】（1）连接AC，由底面ABCD为菱形，60ABC，∴ABC△是正三角形，又E是BC的中点，∴AEBC，又//ADBC，∴AEA

D，∵PA平面ABCD，AE平面ABCD，∴PAAE，又PAADA，∴AE⊥面PAD，又AE面AEF，∴平面AEF平面PAD．（2）∵PABEFPABEEPAFVVV，而1336PABEABEVSPA△，133

6EPAFPAFVSAE△，∴33PABEFPABEEPAFVVV．20．【答案】（1）2212xy；（2）4,6．【解析】（1）根据题意2222cabaa，222ba，解得2a，1b，故椭圆C的标

准方程为2212xy．（2）由题意，可知1,0F．当直线MN的斜率为零时，点M，N为椭圆长轴的端点，则2222221111(21)(21)6||||(21)(21)MFNF；当直线MN的

斜率不为0时，设直线MN的方程为1xty，设点11,Mxy，22,Nxy，联立22112xtyxy，消去x得222210tyty，由根与系数的关系得12222tyyt，122

12yyt，因此22212121222222222222212121221111||||1111yyyyyyMFNFtytytyytyy222

222222242226426[4,6)11112tttttttt，综上，2211||||MFNF的取值范围为4,6．21．【答案】（1）0；（2）2,2e．【解析】（1）当0a时，(

)1xfxex，其导函数为()1xfxe，所以()fx在,0上单调递减，在0,上单调递增，所以()fx的最小值为00f．（2）由0mn，由33mn，所以3311()()33fmmfnn

，所以31()()3gxfxx在0,上单调递增，所以2()210xgxexax在0,恒成立，即212xexax，0,x恒成立，设21()xexhxx，0,x．所以2(1)1()xxexhxx，由（1）

知10xex，所以()hx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以min()12hxhe，所以22ae，即a的取值范围为2,2e．22．【答案】（1）2cos:2sinxytlt

（t为参数），22:2Cxy；（2）2,2．【解析】（1）因为直线l过点2,4πP，且2cos2π4，2sin2π4，所以点P的直角坐标为2,2，所以l的参数方程为2cos2sinxtyt（

t为参数）．因为曲线C的参数方程为2cos2sinxy（为参数），所以cos2sin2xy，两式平方相加得222xy，所以C的直角坐标方程为222xy．（2）2cos2sinxtyt（t为参数

）代入222xy得222(sincos)20tt，需满足0Δ，即28(sincos)420，解得sin20，因为0,π，所以2π0,．所以1222(sincos)tt，122tt．易知1t，2

t同号，故121212112211(sincos)2s4πin2ttttttPMPN，因为2π0,，所以2sin2,24π，即11PMPN的取值范围是2,2．23．【答案】（1）证明见解析；（2）证明

见解析．【解析】（1）根据绝对值的三角不等式可得：|||||()()|||xaxbxaxbab，当bxa等号成立，因为0a，0b，且1c时，()fx的值域为[2,)，则有2ab．由基本不等式可得2abab，所以2()14

abab（当且仅当ab时取等号），所以2abab．（2）由（1）可知1abc，即1abc，又(1)(1)(1)111abcabcabcabc，根据基本不等式可知12abcbcaaa，当

且仅当bc时取等号，同理12bacbb，当且仅当ac时取等号，12cabcc，当且仅当ab时取等号，则有1112228abcbcacababcabc，当且仅当abc时取等号，即(1)(1)(1)8abcabc