2020-2021学年河南省洛阳市高二下学期期末质量检测数学(文)试题(解析版)

（文）试题

一、单选题

1．在极坐标系中，与点1,关于极轴所在直线对称的点的极坐标是（ ）

6A．1,56 B．1,56 C．1, 6D．1,5 6【答案】C

【分析】根据极坐标的对称关系，即可求出答案. 【详解】根据极坐标的对称关系， 点1,6关于极轴所在的直线对称的点的极坐标可以表示为1,2k,kZ 6k0所以当时，坐标为1,

6故选：C

2．下列可以作为直线2xy30的参数方程的是（ ）

25x2t5A．（t为参数）

y15t55tx25C．（t为参数）

y125t5【答案】B

x15tB．（t为参数）

y125tx1tD．（t为参数）

y12t【分析】将各选项的参数方程化为普通方程，即可得到答案. 【详解】对A：消去参数t可得xy0； 对B：消去参数t可得2xy30； 对C：消去参数t可得2xy50； 对D：消去参数t可得2xy30(x1).

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故选：B

【点睛】方法点睛：化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数；常用的消参方法有代入消去法、加减消去法、恒等式(三角的或代数的)消去法；参数方程通过代入消元或加减消元消去参数化为普通方程，不要忘了参数的范围．

2 3．在各项为正的递增等比数列an中，a1a4，a1a3a521，则an（ ）

A．32n1 【答案】C

B．23n1 C．2n1 D．2n1

2【分析】根据题意设公比为q，且q1，由a1a4，可得a34，再由

a1a3a521可得

4244q21，求出首项和公比即可求出通项公式． 2q【详解】解：数列{an}为各项为正的递增数列，设公比为q，且q1，

a1a42， a13q6， a1q24a3，

a1a3a521，

444q221， 2q即(4q21)(q24)0， 解得q2，

a11，

ana1qn12n1．

故选：C．

4．在用最小二乘法进行线性回归分析时，有下列说法：

①由样本数据得到的线性回归方程ybxa必过样本点的中心x,y；

②由样本点x1,y1，x2,y2，…，xn,yn得到回归直线，则这些样本点都在回归直线上；

第 2 页 共 17 页

③利用R12yyiin2yyii1i1n2来刻画回归的效果，R20.75比R20.的模型回归

效果好；

④残差图中的残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，宽度越窄，则说明模型拟合精度越低；

其中正确的结论是（ ） A．①② 【答案】B

【分析】利用回归分析的相关概念及性质即可判断四个命题的正误而得解.

【详解】线性回归直线必过样本点的中心，而样本点未必在回归直线上，即①正确，②错误；

相关指数R2越大，拟合效果越好，③正确；

残差图中的残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，宽度越窄，说明模型拟合精度越高，④错误. 故选：B

5．使得ab0成立的一个充分不必要条件是（ ） A．

B．①③

C．②③

D．②④

110 baB．eaeb C．a2b2 D．lnalnb0

【答案】D

【分析】根据不等式的性质，由充分条件与必要条件的概念，逐项判断，即可得出结果.

110，则可以得到ab0；反之当ab0时也可以得ba1111到0，所以0是ab0的充分必要条件；故排除A； baba【详解】A选项，若

B选项，若eaeb，则ab，但不一定得出ab0，所以eaeb不是ab0的充分不必要条件；故B错；

C选项，当a3,b1时，a29b21，

故a2b2推不出ab0，不是一个 充分不必要条件，故排除C；

D选项，由lnalnb0可得lnalnbln1，则ab1，能推出ab0，反之不能推出，所以lnalnb0是ab0的充分不必要条件；故D正确. 故选：D.

【点睛】结论点睛：

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判定充分条件和必要条件时，一般可根据概念直接判定，有时也需要根据如下规则判断：（1）若p是q的必要不充分条件，则q对应集合是p对应集合的真子集； （2）p是q的充分不必要条件， 则p对应集合是q对应集合的真子集； （3）p是q的充分必要条件，则p对应集合与q对应集合相等； （4）p是q的既不充分又不必要条件，

q对的集合与p对应集合互不包含．

2x2tt6．曲线C的参数方程为（t为参数），则曲线C的离心率e（ ）

1yttA．

3 2B．5 2C．

17 4D．2 【答案】B

【分析】把曲线C的参数方程化为普通方程，再根据曲线特征即可得解.

2x1x2tt22x22ttxy2()y4，即曲线C：【详解】由1是焦1121ytyttt点在x轴上，实半轴、虚半轴长a=4，b=2，

半焦距ca2b2422225，则曲线C的离心率e故选：B

7．“以南宋著名数学家秦九韶在其著作《数书九章》中创用了“三斜求积术”，其求法是：小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”翻译一下这段文字，即已知三角形的三边长，可求三角形的

2222122acb面积为Sac.若ABC中，内角A，B，C所对的边分

42c5. a2别为a，b，c，且c2sinAsinC，cosB4，abc，则用“三斜求积术”求得5ABC的面积为（ ）

A．

5 3B．1 C．

3 5D．

3 10【答案】D

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【分析】由正弦定理得ac1，由cosB34得sinB，进而可得ABC的面积. 554得5【详解】根据正弦定理，由c2sinAsinCc2acac1，由cosBsinB3， 51133acsinB1. 22510所以ABC的面积S故选：D.

8．已知a1，b1，且ab2，则（ ） A．log2alog2bC．a2b24 【答案】A

【分析】利用基本不等式判断A，利用特殊值判断BCD； 【详解】解：因为a1，b1，且ab2，对于A：

1 4B．abD．

1 2112 ab1log2alog2blog2ab1log2alog2b，当且仅当2242222log2alog2b，即ab对于B：当a故B错误； 对于C：当ab错误；

对于D：当ab错误； 故选：A

2时取等号；故A正确；

1112491，，b时，满足a1，b1，且ab2，但是ab662611222时，满足a1，b1，且ab2，但是ab4，故C

2时，满足a1，b1，且ab2，但是

112，故Dab9．已知复数z满足|z43i|2，则|z|的最大值为（ ） A．7 【答案】A

【分析】设zabia,bR，进而得复数z对应的点a,b在以4,3为圆心，以2为半径的圆上，再求圆上的点到原点距离的最值即可．

B．6

C．5

D．4

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【详解】设zabia,bR，则由|z43i|2得所以a4b34，

22a4b3222，

所以复数z对应的点a,b在以4,3为圆心，以2为半径的圆上. 所以za2b2的最大值表示复数z对应的点与原点距离的最大值，

所以zmax故选：A

42327

2【点睛】本题考查复数模的几何意义，考查数形结合思想，回归转化思想，是中档题．本题解题的关键在于由题得复数z对应的点a,b在以4,3为圆心，以2为半径的圆上，进而求解． 10．观察下列算式：

131

2335 337911 4313151719

……

若某数n3按上述规律展开后，发现等式右边含有“2021”这个数，则n（ ） A．42 【答案】D

【分析】根据观察归纳左式为n3，右式有n个连续奇数相加，设第n个式子的右式的第一个数为an，用累加法可得an，计算可得a451981,a462071，即可得出结论. 【详解】设第n个式子的右式的第一个数为an， 则有a2a12,a3a24,B．43

C．44

D．45

anan12(n1)，

(n1)[22(n1)]n2n，

2以上(n1)相加可得ana12所以annn1，可得a451981,a462071，

所以2021在第45行. 故选：D

【点睛】本题考查了新定义的应用、归纳推理、等差数列的前n项和，难点在于发现其

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中的规律，考查观察、分析、推理能力，属于中档题.本题解题的关键在于设第n个式子的右式的第一个数为an，根据题意得a2a12,a3a24,而求和得annn1，进而可求得答案.

11．过抛物线y24x的焦点F的直线l与曲线C交于A，B两点，且AF2BF，则AB（ ）

2anan12(n1)，进

A．3 【答案】D

B．9 C．

3 2D．

9 2【分析】求出抛物线的焦点坐标，由直线方程的点斜式写出直线l的方程，和抛物线方程联立后利用弦长公式得结果.

【详解】解：抛物线的焦点坐标为F1,0，设点Ax1,y1，Bx2,y2， 易知直线l的斜率存在，设为k，则其方程为ykx1.

由ykx12y4x2222，得kx2k4xk0，

得x1x21，①

因为AF2BF，由抛物线的定义得x112x21， 即x12x21，② 由①②解得x12，x21， 2192. 22所以ABAFBFx1x2p2故选：D

【点睛】本题考查抛物线焦点弦的性质，将直线方程与抛物线联立，利用韦达定理法结合抛物线的定义将到焦点的距离转化为到准线的距离是关键，考查运算求解能力，属于中等题.

ex12．函数f(x)a(xlnx)在(0,1)内有极值，则实数a的取值范围是（ ）

xA．(,e) 【答案】C

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B．(0,e)

C．(e,)

D．[e,)

【分析】由可导函数在开区间内有极值的充要条件即可作答.

ex【详解】由f(x)a(xlnx)得，

x1111exf(x)e(2)a(1)(1)(a)，

xxxxxxxexe因函数f(x)则x(0,1)时，f(x)0aa(xlnx)在(0,1)内有极值，

xx有解，

ex即在x(0,1)时，函数g(x)与直线y=a有公共点，

xex1而g(x)(1)0，即g(x)在(0,1)上单调递减，x(0,1),g(x)g(1)e，

xxxe则ae，显然在a零点左右两侧f(x)异号，

x所以实数a的取值范围是(e,). 故选：C

【点睛】结论点睛：可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．

二、填空题

x013．若实数x，y满足不等式y0，则zx3y的最大值为______.

xy1【答案】3

【分析】作出不等式表示的可行域，利用几何法即可得解.

【详解】作出不等式组表示的可行域，如图中AOB表示的阴影区域：

目标函数zx3y表示斜率为11，纵截距为z的平行直线系， 33第 8 页 共 17 页

作直线l0：x3y0，平移l0使其过点A时的直线纵截距最大，z最大， 而点A(0，1)，zmax3. 故答案为：3

14．关于实数x的不等式x2nxp0的解集为(1,2)，则复数pni(p,nR)所对应的点位于复平面内的第______象限. 【答案】三

【分析】由不等式解集求出p，n值即可得解.

-1，2是方程x2nxp0的两个根，【详解】依题意：由韦达定理得n1,p2，即n1,p2，

复数pni所对点的坐标为(-2，-1)，它位于第三象限. 故答案为：三

15．在极坐标系中，直线sin2和圆3交于A、B两点，则4AB______.

【答案】27 【分析】将直线与圆的极坐标方程化为普通方程，计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得AB.

【详解】直线的极坐标方程即为2sincos2，化为普通方程为2xy20，

将圆的极坐标方程化为普通方程可得x2y29，圆心为O0,0，半径为r3， 圆心到直线的距离为d212122，因此，AB2r2d227. 故答案为：27. 【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法

（1）几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则l2r2d2； （2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式AB1k2x1x2.

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16．若xy时，不等式2[sin(x值范围是______. 【答案】(,2]

)sin(y)]m(xy)恒成立，则实数m的取44【分析】把给定不等式等价转化，利用单调性借助导数即可得解. 【详解】因

xy,2[sin(x)sin(y)]m(xy)2sin(x)mxsin(y)my4444，

令f(x)2sin(x)mx，即xy,f(x)f(y)，于是f(x)在R上单调递增， 4xR,f(x)2cos(x)m0m2cos(x)，而2cos(x)有最小值

444-2，即m2，

所以实数m的取值范围是(,2]. 故答案为：(,2]

【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立，等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.

三、解答题

17．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a4，c3，B30.

（1）求sinC的值；

（2）BDBC且ADC120，求正实数的值. 【答案】（1）

121；（2）.

214【分析】(1)利用余弦定理求出边b的值，再用正弦定理即可作答； (2)由给定条件结合△ABD特征求出BD长即可得解.

【详解】（1）在ABC中，由余弦定理知，b2a2c22accosB7，即b由正弦定理知，sinC 7，csinB21； b14第 10 页 共 17 页

（2）因点D在边BC上，且ADC120，则ADB60，而B30， 则有△ABD为直角三角形，BD所以

1. 2

AB32，又BDBC，BC4， cosBcos3018．已知数列bn首项b13，且满足bn12n1bn2n1nN*，令2n3cnbn. 2n3（1）求证：数列cn为等差数列； （2）求数列bn中的最小项. 【答案】（1）证明见解析；（2）-3.

【分析】（1）将递推关系两边同除以2n1，得到为等差数列；

（2）由（1）中结论求得的cn通项公式，求得bn(2n3)(n4)，写出前3项，当

bn1bn1，从而证得数列cn2n12n3n4时，bn0，易知其最小的项.

【详解】（1）

bn12n1bn2n1， 2n3bn1bn1， 2n12n3即cn1cn1. 又c1b13， 23bn3(n1)n4. 2n3cn为首项为-3，公差为1的等差数列，cn（2）

bnn4，

2n3即bn(2n3)(n4). 又b13，b22，b33， 当n4时，bn0.

数列bn中的最小项为b33.

【点睛】方法点睛：递推关系较为复杂时，按照题干给定的新数列的表达式形式，化成相同的形式，从而根据等差或等比数列定义求得新数列类型.

19．某学校针对“学生的网上购物热现象”，对“喜欢网上购物和学生性别是否有关”进行

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了一次调查，其中女生人数是男生人数的

1，男生喜欢网上购物的人数占男生人数的212，女生喜欢网上购物人数占女生人数的，设男生人数为x.

36（1）作出22列联表；

（2）若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为喜欢网上购物和性别有关，则男生至少有多少人?

n(adbc)2参考公式：K，其中nabcd.

(ab)(cd)(ac)(bd)2参考数据：

PK2k0 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0

0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）表格见解析；（2）12人 . 【分析】（1）依题意完成列联表即可；

（2）若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为喜欢网上购物和性别有关，则

K23.841.根据列联表，得到不等式，解得参数的取值范围，即可得解；

【详解】解：（1）依题意可得列联表如下：

男生 喜欢网上购物 不喜欢网上购物 合计 x 65x 6x x 23x 2女生 x 3x 2x 6总计 x （2）若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为喜欢网上购物和性别有关， 则K23.841.

3xxx5xx266633x3.841， 由K2xx8xx22解得x10.243.

2第 12 页 共 17 页

xx，为整数， 26若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为是否喜欢网上购物和性别有关，

则男生至少有12人

x1cosx3cos20．已知曲线C1:（为参数），曲线C2:（为参数）.

y3siny2sin（1）化C1，C2的参数方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；

（2）若C1上的点P对应的参数，点Q为C2上一动点，PQ中点为M，求点Mx32t到直线C3:（t为参数）距离的最小值以及此时点M的坐标.

y2t【答案】（1）C1:(x1)(y3)1，曲线C1表示(1,3)为圆心，1为半径的圆，

22123x2y25曲线C2表示焦点在x轴上的椭圆；（2），点M坐标为,C2:1，.

1010294【分析】（1）利用消参法将参数方程化为普通方程即可；

（2）由题意知P(2,3)，Q(3cos,2sin)，即可得到M的坐标，将直线的参数方程 转化为普通方程，利用点到线的距离公式及三角恒等变换与三角函数的性质计算可得；

x1cos【详解】（1）由sincos1，曲线C1:（为参数）得

y3sin22C1:(x1)2(y3)21，曲线C1表示(1,3)为圆心，1为半径的圆，

x3cosx2y2因为曲线C2:（为参数），所以C2:1，曲线C2表示焦点在xy2sin94轴上的椭圆， 其中a3，b2.

（2）由题意知P(2,3)，Q(3cos,2sin)， 则M23cos32sin,22. 直线C3:x32t，消t得x2y70.

y2t23cos32sin27点M到直线的距离， 22d5第 13 页 共 17 页

|3cos4sin10|5sino10即d， 2525其中sino34，coso. 55当sino1时， 即o时，dmin5， 22此时sin31234，cos，点M坐标为,. 551010x2y221．已知椭圆C:221(ab0)，右顶点A(2,0)，上顶点为B，左，右焦点

ab分别为F1BF260. 1，F2，且F（1）求椭圆C的方程；

（2）已知直线l:xmyt0与椭圆C交于不同的M，N两点，若椭圆C上存在点P，使得OMNP，求直线l与坐标轴围成的三角形面积的最小值.

x2y23. 【答案】（1）（2）1；

432【分析】（1）由题意得a2，在RtOBF2中，可得OBF230，则

bacos303，从而可求得椭圆C的方程；

（2）设Mx1,y2，Nx2,y2，将直线方程与椭圆方程联立，消去x后，再利用根与系数的关系，结合OMNP可得yPy1y26mt，从而可求出

3m24xPx1x2my1tmy2tmy1y22t，再将点P的坐标代入椭圆方程中化

21t13m4简可得4t23m24，所以可得S|t|，化简后利用基本不等式

2m8|m|可求得结果

【详解】解：（1）由题意得：a2， 在RtOBF2中，|OB|b，OF2c，

BF2a，

又F1BF260，

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OBF230 bacos303，

x2y2椭圆方程为1.

43（2）由题意可设Mx1,y2，Nx2,y2.

x2y21222联立4，整理得3m4y6mty3t120， 3xmyt222222则36mt43m43t12144m48t1920，

3m2t240.

y1y26mt，

3m24OMNP， OPOMON.

yPy1y26mt，

3m248t，

3m24xPx1x2my1tmy2tmy1y22t点P在椭圆C上，

16t23m24212m2t23m2421，整理得

4t21， 23m44t23m24，

在直线l:xmyt0中，

由于直线l与坐标轴围成三角形，则t0，m0 令x0，得y令y0，得xt.

所以直线l与坐标轴围成三角形面积为

t， m1t13m241413S|t|3|m|212， 2m8|m|8|m|82当且仅当3m24时取等号，

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此时t22，2880.

Smin3. 2【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是由OMNP可得yPy1y26mt，从而可得

3m24xPx1x2my1tmy2tmy1y22t，然后将点P的坐标代入椭圆方程中

化简可得4t23m24，考查计算能力和转化思想，属于中档题 22．已知函数f(x)2axlnx，其中a0. （1）当ae时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程； e2（2）若不等式f(x)x(a1)x10对x0恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】（1）exy20；（2）[1,1]. 2e1处的导数值即可得解； e【分析】(1)在给定条件下求导，并求出在x(2)先求出f(x)的最小值，再分情况讨论即可得解.

【详解】（1）当ae时，f(x)2exlnx，求导得f(x)2e11，fe，xe而f3，

1e所以f(x)在x11处的切线方程为y3ex，即exy20；

ee12ax1， xx（2）f(x)2axlnx定义域为x(0,)，则f(x)2a当a0时，令f(x)0，可得x1，列表如下： 2ax (0,1) 2a- 1 2a0 极小值 (1,) 2a+ 递增 f(x) f(x) 递减 第 16 页 共 17 页

于是有f(x)minf(11)1ln1ln2a，令g(x)x2(a1)x1， 2a2a11112a2a2①当f()1ln2a0时，即0a时，g()0， 22a2e2a4a则f(11)g()0，不符合题意； 2a2a11)1ln2a0时，即a时，f(x)0对任意的x0恒成立，要使

2e2a②当f(f(x)g(x)0，必有g(x)min0，

二次函数g(x)x2(a1)x1的对称轴为xa11，则x0时22g(x)min(a1)2(a1)2，即10， 1441x1， 2e1,1]. 2e解得3a1，从而有

所以实数a的取值范围是[【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点

(x0,f(x0))(x0D)处的切线方程为：yf(x0)f(x0)(xx0).

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