2020-2021学年江西省宜春市高安中学高二(下)期中数学试卷(文科)

2020-2021学年江西省宜春市高安中学高二（下）期中数学试卷（文
科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知集合A={−1,0，1，2}，B={x∈N|x<3}，那么集合A∪B等于()
A. [−1,3)
B. {0,1，2}
C. {−1,0，1，2}
D. {−1,0，1，2，3}
2.复数z=(3+4i)(1−i)(其中i为虚数单位)在复平面内对应的点位于()
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
3.命题“∃x∈(1,+∞)，e2x≥x+1”的否定是()
A. ∀x∈(1,+∞)，e2x≥x+1
B. ∀x∈(1,+∞)，e2x<x+1
C. ∃x∈(1,+∞)，e2x<x+1
D. ∃x∈(1,+∞)，e2x≥x+1
4.已知函数f(1
x
+1)=2x+3，则f(2)的值为()
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3
5.已知等边三角形的边长为2，按照斜二测画法作出它的直观图，则直观图的面积为()
A. 6√3
B. √6
4C. √3 D. 3√6
2
6.函数f(x)=2x
x2+1
的图象大致为()
A. B.
C. D.
7.渐近线方程为y=±4
3
x的双曲线方程是()
A. x2
16−y2
9
=1 B. x2
9
−y2
16
=1 C. x2
3
−y2
4
=1 D. x2
4
−y2
3
=1
8.在四面体PABC中，PA、PB、PC两两垂直，且均相等，E是AB的中点，则异面直线AC与PE所成
的角为()
A. π
6B. π
4
C. π
3
D. π
2
9.已知f(x)定义在(−1,1)上的奇函数且为减函数，若f(2x−1)+f(3x−2)>0成立，则实数x的取值范
围为()
A. (0,1)
B. (1
3,1) C. (1
3
,3
5
) D. (0,3
5
)
10.如图，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论
不总成立的是()
A. 三棱锥A−D1PD的体积不变
B. A1P//平面ACD1
C. 平面PDB1⊥平面ACD1
D. AP⊥D1C
11.设函数f(x)={x 2−6x+6, x≥0
3x+4, x<0，若互不相等的实数x1，x2，x3满足f(x1
)=f(x2)=f(x3)，则x1+ x2+x3的取值范围是()
A. (11
3,6) B. [11
3
,6] C. (20
3
,26
3
) D. (20
3
,26
3
]
12.已知函数y=x2的图象在点(x0,x02)处的切线为l，若l也与函数y=lnx，x∈(0,1)的图象相切，则x0必
满足()
A. 0<x0<1
2B. 1
2
<x0<1 C. √2
2
<x0<√2 D. √2<x0<√3
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知p：−1<x<3，q：−1<x<m+2，若p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是______ ．
14.函数y=2x+1
x+1
在x∈[0,+∞)上的值域是______ ．
15.在△ABC中，AB=8，BC=6，AC=10，P为△ABC外一点，满足PA=PB=PC=5√5，则三棱锥
P−ABC的外接球的半径为______．
16.不等式x2−lnx+ax≤0恰有两个整数解，则实数a的取值范围为______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，E，F分别
是A1C1，BC的中点．
(1)求证：AB⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F//平面ABE．
18.已知函数f(x)=x m−4
，且f(4)=3．
x
(1)证明f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(2)若不等式f(x)−a>0在[1,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
19.新型冠状病毒，因2019年病毒性肺炎病例而被发现，此病母是一种可以借助飞沫和接触传播的变异
病毒，为此，某科研机构对戴口罩是否能有效预防传染进行跟踪研究，以下是新型冠状病毒肺炎患者及其家属在疫情期间是否戴口罩的统计数据：所得列联表如表：
(1)计算列联表中a，b，d，t的值；
(2)能否有95%的把握认为未感染与戴口罩有关系？
(n=a+b+c+d)．
附表及公式K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(K 2≥k 0)
0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
20. 以直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位．已知直线l
的参数方程为{
x =1+tcosα
y =tsinα(t 为参数，0<α<π)，曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ=4cosθ． (1)求曲线C 的直角坐标方程；
(2)设直线l 与曲线C 相交于A 、B 两点，当α变化时，求|AB|的最小值．
21. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB =60°，PD =
AD =1
2AB =2，PD ⊥底面ABCD ，E 为PC 上一点，且PE =2EC ． (1)在PB 上是否存在点F ，使得PB ⊥平面ADF ？若存在，求出点F 的位置；若不存在，请说明理由． (2)求三棱锥P −EBD 的体积．
22.已知椭圆C的标准方程为x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)，该椭圆经过点P(2,0)，且离心率为1
2
．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)长轴上一点Q(s,0)(其中s为常数)作两条互相垂直的弦AB，CD.若弦
AB，CD的中点分别为M，N，证明：直线MN恒过定点．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵B={x∈N|x<3}={0,1，2}，
∴A∪B={−1,0，1，2}，
故选：C．
先求出B的等价条件，利用并集定义进行计算即可．
本题主要考查集合的基本运算，根据集合并集定义是解决本题的关键，是基础题．2.【答案】A
【解析】解：∵z=(3+4i)(1−i)=3−3i+4i−4i2=7+i，
∴z在复平面内对应点的坐标为(7,1)，位于第一象限．
故选：A．
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
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】B
【解析】解：命题为特称命题，则命题的否定为∀x∈(1,+∞)，e2x<x+1，
故选：B．
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，函数f(1
x +1)=2x+3，若1
x
+1=2，解可得x=1，
将x=1代入f(1
x
+1)=2x+3，可得f(2)=5，故选：B．
根据题意，令1
x +1=2可得x的值，将x的值代入f(1
x
+1)=2x+3，即可得答案．
本题考查函数值的计算，涉及函数解析式的求法，属于基础题．5.【答案】B
【解析】解：设原图的面积为S，直观图的面积为S直，
则
S
S
直
=2√2，
依题意，原图面积为S=√3
4
×22=√3，
所以直观图的面积为S
直=
2√2
=√3
2√2
=√6
4
．
故选：B．
设原图的面积为S，直观图的面积为S直，则S
S
直
=2√2，根据等边三角形的面积公式求出S，即可得到直观图的面积．
本题考查了斜二测画直观图中原图与直观图面积的关系，考查正三角形的面积公式，掌握原图与直观图的面积比是快速得到答案的关键，当然本题也可画图得到．本题属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：f(−x)=−2 x
(−x)2+1=−2x
x2+1
=−f(x)，即f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除C，D，
当x>0时，f(x)>0，排除B，
故选：A．
判断函数的奇偶性和对称性，当x>0时，f(x)>0，利用排除法进行判断即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性和对称性，利用排除法是解决本题的关键，是基础题．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的渐近线方程的求法，是基本知识的考查．
求出双曲线的渐近线方程，即可得到选项．
【解答】
x，
解：选项A的渐近线方程为：y=±3
4
x，正确；
选项B的渐近线方程为：y=±4
3
x；
选项C的渐近线方程：y=±2√3
3
x；
选项D的渐近线方程为：y=±√3
2
故选B．
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查异面直线所成角的求法，考查运算能力，属于基础题．
由于E是AB的中点，取BC的中点D，则DE//AC，则∠PED或补角即为异面直线AC与PE所成的角．可设PA=2，运用等腰直角三角形的性质求得三角形PDE的三边，即可得到所成的角．
【解答】
解：由于E是AB的中点，取BC的中点D，
则DE//AC，
则∠PED或补角即为异面直线AC与PE所成的角．
可设PA=2，
由于PA、PB、PC两两垂直，且均相等，
则AB=2√2，BC=2√2，AC=2√2，
即有DE=√2，PE=√2，PD=√2，
则有∠PED=π
．
3
故选：C．
9.【答案】C
【解析】解：∵f(x)是奇函数，
∴不等式f(2x−1)+f(3x−2)>0，变形为f(2x−1)>−f(3x−2)，即f(2x−1)>f(2−3x)，又∵f(x)是定义在(−1,1)上的减函数，
∴{−1<2x−1<1
−1<3x−2<1
2x−1<2−3x
，解得1
3
<x<3
5
，
∴x的取值范围为(1
3,3 5 ).
故选：C．
根据函数的奇偶性、单调性去掉不等式中的符号“f”，转化为具体不等式即可解得，注意函数的定义域．本题考查函数的奇偶性、单调性的综合应用，考查抽象不等式的求解，解决本题的关键是综合运用函数性质把抽象不等式化为具体不等式．属于中档题．
10.【答案】D
【解析】解：由三棱锥A−D1PD的体积即为三棱锥P−D1AD的体积，
而底面ADD1的面积为定值，P到平面ADD1的距离为正方体的棱长，
故三棱锥P−D1AD的体积为定值，则A正确；
由A1C1//AC，BC1//AD1，由面面平行的判定定理可得平面A1BC1//平面
ACD1，
而A1P⊂平面A1C1B，所以A1P//平面ACD1，则B正确；
由BD⊥AC，AC⊥BB1，可得AC⊥平面BDD1，则AC⊥B1D，
同理可得AD1⊥DB1，则DB1⊥平面ACD1，
而DB1⊂面PDB1，即平面PDB1⊥平面ACD1，则C正确；
当P与B重合时，AP与CD1成45°的角，则D不正确．
故选：D．
由等积法和棱锥的体积公式可判断A；由面面平行的性质定理可判断B；由面面垂直的判定定理可判断C；考虑P与B重合，AP与CD1所成角可判断D．
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和空间想象能力、推理能力，属于中档题．
11.【答案】A
【解析】 【分析】
本小题主要考查分段函数的解析式求法及其图象的作法、函数的值域的应用、函数与方程的综合运用等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．
先作出函数f(x)={x 2−6x +6, x ≥0
3x +4, x <0的图象，如图，不妨设x 1<x 2<x 3，则x 2，
x 3关于直线x =3对称，得到x 2+x 3=6，且−7
3<x 1<0；最后结合求得x 1+x 2+x 3的取值范围即可． 【解答】
解：函数f(x)={x 2−6x +6, x ≥0
3x +4, x <0
的图象，如图，
若互不相等的实数x 1，x 2，x 3，满足f(x 1)=f(x 2)=f(x 3)等价于平行于x 轴的直线与函数f(x)的图像有三个不同的交点，且交点的横坐标分别为x 1，x 2，x 3,
不妨设x 1<x 2<x 3，则x 2，x 3关于直线x =3对称，故x 2+x 3=6， 且x 1满足−7
3<x 1<0；
则x 1+x 2+x 3的取值范围是：−7
3+6<x 1+x 2+x 3<0+6； 即x 1+x 2+x 3∈(11
3,6)． 故选：A ．
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查函数方程的转化思想，以及函数零点存在定理的运用，属于中档题．
求出函数y=x2的导数，y=lnx的导数，求出切线的斜率，切线的方程，可得2x0=1
m
，lnm−1=−x02，再由零点存在定理，即可得到所求范围．
【解答】
解：函数y=x2的导数为y′=2x，
在点(x0,x02)处的切线的斜率为k=2x0，
切线方程为y−x02=2x0(x−x0)，令x=0，可得y=−x02，
设切线与y=lnx相切的切点为(m,lnm)，0<m<1，
即有y=lnx的导数为y′=1
x
，
可得2x0=1
m ，切线方程为y−lnm=1
m
(x−m)，
令x=0，可得y=lnm−1=−x02，
由0<m<1，可得x0>1
2
，且x02>1，
解得x0>1，
由m=12x
，可得x02−ln(2x0)−1=0，
令f(x)=x2−ln(2x)−1，x>1，
f′(x)=2x−1
x
>0，f(x)在(1,+∞)上单调递增，
且f(√2)=2−ln2√2−1<0，f(√3)=3−ln2√3−1>0，则有x02−ln(2x0)−1=0的根x0∈(√2,√3).
故选：D．
13.【答案】(1,+∞)
【解析】解：∵p是q的充分不必要条件，
∴(−1,3)⫋(−1,m+2)，
则m+2>3，即m>1，
即实数m的取值范围是(1,+∞)，
故答案为：(1,+∞)
根据充分条件和必要条件与集合关系进行转化求解即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的应用，根据充分条件和必要条件与集合的关系进行转化是解决本题的关键，是基础题．
14.【答案】[1,2)
【解析】解：当x≥0时，函数y=2x+1
x+1=2−1
x+1
在[0,+∞)上是增函数，
故当x=0时，函数取得最小值为1，
又y<2，故函数f(x)的值域为[1,2)，
故答案为：[1,2)．
先化简函数的解析式，再利用函数的单调性求函数的值域．
本题主要考查利用函数的单调性求函数的值域，属于中档题．
15.【答案】5
2
【解析】
【分析】
首先求出线面的垂直，进一步求出球心的位置，最后利用勾股定理的应用求出结果．
本题考查的知识要点：线面垂直的判定和性质的应用，球与锥体之间的关系，勾股定理的应用，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．
【解答】
解：在△ABC中，AB=8，BC=6，AC=10，
所以AB2+BC2=AC2，
P为△ABC外一点，满足PA=PB=PC=5√5，
则PD⊥平面ABC，
球心O为PD上一点，如图所示：
所以：PD=√(PA)2−(PD)2=10，
设球的半径为R，所以R2=52+(10−R)2，
解得：R=5
2
．
故答案为：5
2
16.【答案】(ln3
3−3,ln2
2
−2]
【解析】解：由题意，a≤lnx
x
−x(x>0)恰有两个整数解，
设f(x)=lnx
x
−x(x>0)，
则f′(x)=1−lnx
x2−1=1−lnx−x2
x2
，
令g(x)=1−lnx−x2(x>0)，
则g′(x)=−1
x
−2x<0，
∴函数g(x)在(0,+∞)上为减函数，又g(1)=0，
∴当x∈(0,1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单增；当x∈(1,+∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单减，作函数f(x)的图象如图所示，
f(1)=−1，f(2)=ln2
2−2>f(3)=ln3
3
−3，
∴要使a≤lnx
x −x(x>0)恰有两个整数解，则需f(3)<a≤f(2)，即ln3
3
−3<a≤ln2
2
−2．
故答案为：(ln3
3−3,ln2
2
−2]．
将问题转化为a≤lnx
x −x(x>0)恰有两个整数解，设f(x)=lnx
x
−−x(x>0)，运用导数可知当x∈(0,1)时，
函数f(x)单增；当x∈(1,+∞)时，函数f(x)单减，进而利用图象得出实数a的取值范围．
本题考查利用导数研究函数，考查数形结合思想及转化思想，属于中档题目．
17.【答案】(1)证明：因为在直三棱柱ABC−A1B1C1中，B1B⊥底面ABC，
所以AB⊥B1B，
又因为AB⊥BC，BC∩B1B=B，
所以AB⊥平面B1BCC1．
(2)证明：取AB的中点D，因为F为BC的中点，
所以DF//AC，且DF=1
2
AC，
因为E为A1C1的中点，AC//A1C1，且AC=A1C1，
所以DF//EC1，且DF=EC1，所以四边形DFC1E为平行四边形，
所以C1F//DE，
又因为C1F⊄平面ABE，DE⊂平面ABE，
所以C1F//平面ABE．
【解析】(1)证明AB⊥B1B，结合AB⊥BC，推出AB⊥平面B1BCC1．
(2)取AB的中点D，证明四边形DFC1E为平行四边形，推出C1F//DE，然后证明C1F//平面ABE．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，是中档题．
18.【答案】解：(1)证明：函数f(x)=x m−4
x
，且f(4)=3，
可得4m−1=3，解得m=1，
即有f(x)=x−4
x
，
设x1，x2∈(0,+∞)且x1<x2，
则f(x1)−f(x2)=(x1−4x
1)−(x2−4
x2
)=(x1−x2)(1+4
x1x2
)，
因为x1，x2∈(0,+∞)且x1<x2，
所以x1−x2<0，1+4x
1x2
>0，
所以f(x1)−f(x2)<0即f(x1)<f(x2)，
则f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(2)若不等式f(x)−a>0在[1,+∞)上恒成立，
所以a<f(x)在[1,+∞)上恒成立，
由(1)知f(x)=x−4
x
在[1,+∞)上递增，
所以f(x)min=f(1)=−3，
所以a<−3，即a的取值范围是(−∞,−3)．
【解析】(1)由f(4)=3，求得m=1，f(x)的解析式，由单调性的定义，结合作差法和因式分解，可得证明；
(2)由题意可得a<f(x)在[1,+∞)上恒成立，由(1)的结论可得f(x)的最小值，可得所求范围．
本题考查函数的解析式和单调性的证明，以及不等式恒成立问题解法，考查方程思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由列联表中数据，计算a=20−13=7，
t=50−40=10，
b=t−a=10−7=3，
d=40−13=27；
(2)由题意结合(1)可得，
K2=50×(7×27−3×13)2
10×40×20×30=75
16
=4.6875>3.841，
所以能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为未感染与戴口罩有关系．
【解析】(1)由列联表中的数据，计算a、t、b和d的值；
(2)由表中数据计算K2，对照附表得出结论．
本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了数据分析与运算求解能力，是基础题．
20.【答案】解：(1)由ρsin2θ=4cosθ，得(ρsinθ)2=4ρcosθ，
所以曲线C的直角坐标方程为y2=4x．
(2)将直线l的参数方程代入y2=4x，得t2sin2α−4tcosα−4=0，
设A，B两点对应的参数分别t1，t2，则t1+t2=4cosα
sin2α，t1t2=−4
sin2α
，
|AB|=|t1−t2|=√(t1+t2)2−4t1t2=√16cos2α
sin4α+16
sin2α
=4
sin2α
，
所以当α=π
2
时，|AB|的最小值为4．
【解析】本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化，直线与圆锥曲线的位置关系，属于中档题．
(1)利用极坐标方程与普通方程的互化公式即可得出；
(2)直线l的参数方程代入抛物线方程，可得根与系数的关系，利用|AB|=|t1−t2|=√(t1+t2)2−4t1t2即可得出．
21.【答案】解：(1)在△DAB中，∵∠DAB=60°，AD=1
2
AB=2，
∴由余弦定理可得，DB2=AD2+AB2−2AD⋅ABcos60°=12，∴AB2=AD2+DB2，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD.∵PD⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥PD，
∵PD∩DB=D，PC⊂平面PDB，BD⊂平面PDB，AD⊥BD，PD⊥AD，
∴AD⊥平面PDB，又PB⊂平面PDB，
∴AD⊥PB．
过D点作DF⊥PB于点F，连接AF，则可知PB⊥平面ADF，
∵PD=2，DB2=12，∠PDB=90°，
∴PD=4，由PD2=PF⋅PB，可得PF=1，
∴存在点F，使得PB⊥平面ADF，此时PF=1．
(2)由(1)得DB=2√3，
∵底面ABCD为平行四边形，∴S△DBC=S△ADB=1
2
AD⋅DB=2√3．
∵PE=2EC，∴S△DPE=2
3S△DPC，V P−EBD=V B−EBD=V B−DPE=2
3
V B−DPC=2
3
V P−DBC，
∵V P−DBC=1
3S△DBC⋅PD=1
3
×2√3×2=4√3
3
，
∴V P−EBD=8√3
9
．
【解析】(1)证明AD ⊥BD ，AD ⊥PD ，推出AD ⊥平面PDB ，又得到AD ⊥PB.过D 点作DF ⊥PB 于点F ，连接AF ，则可知PB ⊥平面ADF ，然后求解即可．
(2)利用V P−EBD =V B−EBD =V B−DPE =2
3V B−DPC =2
3V P−DBC ，转化求解即可．
本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，等体积法的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
22.【答案】(1)解：∵点P(1,3
2)在椭圆上，∴1
a 2+9
4b 2=1，
又∵离心率为1
2，∴e =c
a =12，∴a =2c ， ∴4a 2−4
b 2=a 2，解得a 2=4，b 2=3， ∴椭圆方程为
x 24+
y 23
=1．
(2)证明：设直线AB 的方程为x =my +s ，m ≠0，则直线CD 的方程为x =−1
m y +s ， 联立{x 2
4+y 2
3=1
x =my +s ，得(3m 2+4)y 2+6smy +3s 2−12=0， 设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则y 1+y 2=−6sm
3m 2+4，y 1y 2=
3s 2−123m 2+4
，
∴x 1+x 2=(my 1+s)(my 2+s)=m 2y 1y 2+ms(y 1+y 2)+s 2
=4s 2−12m 23m 2+4
，
由中点坐标公式得M(
2s 2−6m 23m 2+4,−3sm
3m 2+4)，
将M 的坐标中的m 用−1
π代换，得CD 的中点N(2s 2m 2−63+4m 2
,
3sm 3+4m 2
)，
∴直线MN 的方程为x −
4(m 2−1)7m
y =
4s 7
，m ≠±1，
令y =0得x =4
7s ，∴直线MN 经过定点(4
7s,0)，
当m =0，±1时，直线MN 也经过定点(4
7s,0)，综上所述，直线MN 经过定点(4
7s,0)．
【解析】(1)点P(1,3
2)在椭圆上，结合离心率求解a ，b ，即可得到椭圆方程．
(2)设直线AB 的方程为x =my +s ，m ≠0，则直线CD 的方程为x =−1
m y +s ，联立直线与椭圆方程设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，利用韦达定理以及中点坐标公式，求出N ，推出MN 的方程，求解直线MN 经过定点即可．
本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．。