2020-2021学年四川省泸州市高二(上)期末数学试卷(文科)

2023年12月3日发(作者：江苏小升初创新班招生数学试卷)

2020-2021学年四川省泸州市高二（上）期末数学试卷（文科）

一、选择题：本大题共有12个小题．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．

1．（5分）已知直线xay10和直线2xy10互相平行，则a的值为(

)

A．2 B．2 C．1

21D．

22．（5分）若ab，则下列结论正确的是(

)

A．a2b2 B．11

abC．2a2b D．lnalnb

3．（5分）如图，长方体ABCDA1B1C1D1的棱所在直线与直线BA1为异面直线的条数是(

)

A．4 B．5 C．6 D．7

4．（5分）已知方程x2my21(mR)，则下列说法正确的是(

)

A．当m0时，方程表示双曲线

C．方程不可能表示直线

B．当m0时，方程表示椭圆

D．方程可能表示抛物线

5．（5分）已知椭圆C的中心在坐标原点，一个焦点为F(1,0)，长轴长为4，则椭圆C的方程为(

)

x2y2B．1

43x2y2D．1

16156．（5分）直线(a2a)xy10的倾斜角的范围是[0,)，则a的取值范围是(

)

2A．(0,1)

C．(,0)[1，)

B．[0，1]

D．(，0)(1，)

x2A．y21

4x2C．y21

16x2y21的焦点到渐近线的距离为(

) 7．（5分）双曲线169A．2 B．3 C．4

第1页（共21页）

D．5 8．（5分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2BC2，若此长方体的八个顶点都在体积为9的球面上，则此长方体的体积为(

)

2A．20 B．16 C．8 D．4

9．（5分）阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为20，则输出T的值为(

)

A．1 B．2 C．3 D．4

10．（5分）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑(biē，nào)．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某鳖臑的三视图，则该鳖臑的表面积为(

)

第2页（共21页）

A．6 B．21 C．27 D．54

x2y211．（5分）设O为坐标原点，F1，F2是双曲线221(a0,b0)的焦点，若双曲线上ab存在点P，满足PF1F2，OPPF10，则该双曲线的离心率为(

)

3A．15

2B．113

3C．111

2D．122

312．（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为C1D1，B1C1的中点，O，M分别为BD，EF的中点，对于下列四个结论：

①OFBC；

②四点B，D，E，F共面；

③三条直线BF，CC1，DE有公共点；

④直线A1C上存在点N使M，N，O三点共线．

其中错误结论的个数为(

)

A．0 B．1 C．2 D．3

二、填空题（本大题共4小题．把答案填在答题纸上）．

x313．（5分）若变量x，y满足约束条件y1，则z2xy的最小值等于 ．

xy1第3页（共21页）

14．（5分）已知圆锥的体积等于93，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面圆半径为 ．

15．（5分）如图所示的茎叶图，记录了甲、乙两位同学五次音乐素养的测试成绩，则这两位同学中成绩比较稳定的同学的方差是 ．

16．（5分）设mR，过定点A的动直线xmy20和过定点B的动直线mxym40交于点P(x,y)，则|PA||PB|的最大值是 ．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）某品牌手机厂商推出新款旗舰机型，并在某地区跟踪调查得到这款手机上市时间(x个月）市场占有率(y%)的几组相关对应数据：

x

1

2

2

5

3

11

4

14

5

18

y

根据如表中的数据完成下列问题：

（Ⅰ）用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程；

（Ⅱ）用变量间的相关关系分析该款旗舰机型市场占有率的变化趋势，并预测自上市起经过多少个月，该款旗舰机型市场占有率能超过49%（精确到月）．

ˆ附：最小二乘法估计分别为bxyii1nninxynx2(xi1nnix)(yiy)2iˆ，其中x3，ˆybx，axi12i(xi1x)y10，(xix)210．

i1518．（12分）已知函数f(x)(x)(x4)，其中R．

（Ⅰ）求关于x的不等式f(x)0的解集；

（Ⅱ）对任意x[1，3]，若关于x的不等式f(x)45恒成立，求的取值范围．

19．（12分）“青年大学习”是共青团中央为持续引导广大青年深入学习宣传贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神组织的青年学习行动．某市宣传部门为了解全第4页（共21页）

市青年每周利用“青年大学习”了解国家动态的情况，从全市随机抽取2000名青年进行调查，统计他们每周利用“青年大学习”进行学习的时长（时间单位：分钟），如图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．

（Ⅰ）求被抽取的青年每周利用“青年大学习”进行学习的时长的中位数；

（Ⅱ）如果该市有20万名青年，根据频率分布直方图，估计全市每周利用“青年大学习”进行学习的时长不低于60分钟的青年有多少人？

20．（12分）已知曲线C上的任意一点到点F(0,1)的距离与到直线y10的距离相等．

（Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）若不经过坐标原点O的直线l与曲线C交于A，B两点，且OAOB．求证：直线l过定点．

21．（12分）如图，四棱锥SABCD的底面是菱形，SASC．

（Ⅰ）求证：平面SBD平面ABCD；

（Ⅱ）若P是侧棱SD上异于端点的一动点，试问在侧棱SD上是否存在一点E使BE//平面ACP，若存在，求PD的值；若不存在，请说明理由．

ED

x2y21的左、右焦点F1、F2． 22．（12分）已知等轴双曲线N的顶点分别是椭圆C:62（Ⅰ）求等轴双曲线N的方程；

第5页（共21页）

（Ⅱ）Q为该双曲线N上异于顶点的任意一点，直线QF1和QF2与椭圆C的交点分别为E，F和G，H，求|EF|4|GH|的最小值．

第6页（共21页）

2020-2021学年四川省泸州市高二（上）期末数学试卷（文科）

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共有12个小题．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．

1．（5分）已知直线xay10和直线2xy10互相平行，则a的值为(

)

A．2 B．2 C．1

21D．

2【解答】解：因为直线xay10和直线2xy10互相平行，

1(1)2a01所以，解得a．

2a1(1)10故选：D．

2．（5分）若ab，则下列结论正确的是(

)

A．a2b2 B．11

abC．2a2b D．lnalnb

【解答】解：因为ab，若a1，b4，则a2b2，故选项A错误；

因为1111ba，当ab0时，，故选项B错误；

ababab因为y2x在R上为增函数，若ab，则2a2b，故选项C正确；

若0ab，则lna和lnb无意义，故选项D错误．

故选：C．

3．（5分）如图，长方体ABCDA1B1C1D1的棱所在直线与直线BA1为异面直线的条数是(

)

A．4 B．5 C．6 D．7

【解答】解：根据异面直线的定义可得，与直线BA1为异面直线的棱有：AD，B1C1，CD，C1D1，CC1，DD1，共6条．

故选：C．

第7页（共21页）

4．（5分）已知方程x2my21(mR)，则下列说法正确的是(

)

A．当m0时，方程表示双曲线

C．方程不可能表示直线

【解答】解：方程x2my21(mR)，

当m0时，根据双曲线的标准方程可知，方程表示双曲线，故选项A正确；

当m0时，若m1，则方程表示圆，故选项B错误；

当m0时，方程表示x1和x1两条直线，故选项C错误；

因为方程中没有x或y的一次项，故方程不可能表示抛物线，故选项D错误．

故选：A．

5．（5分）已知椭圆C的中心在坐标原点，一个焦点为F(1,0)，长轴长为4，则椭圆C的方程为(

)

B．当m0时，方程表示椭圆

D．方程可能表示抛物线

x2A．y21

4x2C．y21

16【解答】解；由题意c1，2a4，

a2，b2a2c23，

x2y2B．1

43x2y2D．1

1615x2y2椭圆C的方程：1．

43故选：B．

6．（5分）直线(a2a)xy10的倾斜角的范围是[0,)，则a的取值范围是(

)

2A．(0,1)

C．(,0)[1，)

B．[0，1]

D．(，0)(1，)

【解答】解：因为直线(a2a)xy10，所以斜率a2a，

又直线倾斜角的范围是[0,)，

2所以tan[0，)，所以a2a0，

所以a(a1)0，解得a0或a1，

故a的取值范围是(,0)[1，)．

故选：C．

第8页（共21页）

x2y27．（5分）双曲线1的焦点到渐近线的距离为(

)

169A．2 B．3 C．4 D．5

x2y2【解答】解：由1可知a4，b3，c5，

169其中一个焦点为(5,0)，

一条渐近线方程为y所以d|3540|32423x,3x4y0，

43．

故选：B．

8．（5分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2BC2，若此长方体的八个顶点都在体积为9的球面上，则此长方体的体积为(

)

2A．20 B．16 C．8 D．4

【解答】解：根据长方体的结构特征可知，长方体外接球直径等于长方体体对角线的长，

因为长方体的外接球的体积为9，设外接球的半径为R，

2349则有R3，解得R，

232所以2RAB2BC2BB12，因为AB2BC2，

所以341BB12，解得BB12，

则长方体的体积为VABBCBB12124．

故选：D．

9．（5分）阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为20，则输出T的值为(

)

第9页（共21页）

A．1 B．2 C．3 D．4

【解答】解：若输入N20，

则i2，T0，循环，循环，N20

10是整数，满足条件．T011，i213，i5不成立，i2N20不是整数，不满足条件．，i314，i5不成立，

i3N205是整数，满足条件，T112，i415，i5成立，

i4输出T2，

故选：B．

10．（5分）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑(biē，nào)．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某鳖臑的三视图，则该鳖臑的表面积为(

)

第10页（共21页）

A．6 B．21 C．27 D．54

【解答】解：根据几何体的三视图：

得知：该几何体是由一个底面以3和4为直角边的直角三角形和高为3的四面体构成，

1111所以：S35343534，

222227，

故选：C．

x2y211．（5分）设O为坐标原点，F1，F2是双曲线221(a0,b0)的焦点，若双曲线上ab存在点P，满足PF1F2，OPPF10，则该双曲线的离心率为(

)

3A．15

2B．113

3C．111

2D．122

3【解答】解：如图，

F1(c,0)，F2(c,0)，

OPPF10，OPPF1，

PF1F2|OP|3，|OF1|c，|PF1|c，

23中，

c，作PQx轴，垂足为Q，在Rt△PFO12第11页（共21页）

11313由ccc|yP|，得|PQ||yP|c，

2222432323|OQ||xP|ccc，

4164|PF2|3249213ccc，

16162由双曲线定义可得，c211313c．

c2a，解得ea3221312故选：B．

12．（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为C1D1，B1C1的中点，O，M分别为BD，EF的中点，对于下列四个结论：

①OFBC；

②四点B，D，E，F共面；

③三条直线BF，CC1，DE有公共点；

④直线A1C上存在点N使M，N，O三点共线．

其中错误结论的个数为(

)

A．0 B．1 C．2 D．3

【解答】解：①由图取BC中点为H，连接FH，OH，

由正方体的性质知，OHBC，FHBC，

由此可得BC面OFH，从而可得，OFBC，故①正确；

②因为E，F是中点，连接B1D1，则B1D1//EF，

故四点B，D，E，F共面，故②正确；

③由②知，B，D，E，F共面，又DE与BF不平行，

故两线交于一点，令该点为P，则点P同时在交于CC1的两个侧面上，

第12页（共21页）

故点p在线CC1上，所以三条直线BF，CC1，DE有公共点，故③正确；

④连接AC，交BD于一点，此点即O点，同理可得线A1C1与EF交于M点，

故M，O在平面AA1C1C上，又MO与A1C不平行，故两直线必交于一点，

令此点为N，故直线A1C上存在点N使M，N，O三点共线，故④正确．

综上，错误结论的个数为0，

故选：A．

二、填空题（本大题共4小题．把答案填在答题纸上）．

x313．（5分）若变量x，y满足约束条件y1，则z2xy的最小值等于

1 ．

xy1x3【解答】解：画出约束条件y1表示的平面区域，

xy1如阴影部分所示：目标函数z2xy转化为y2xz，

第13页（共21页）

平移目标函数知，y2xz过点A时，直线y2xz在y轴上的截距最大，z的值最小；

y1由，解得A(0,1)，

xy1所以z的最小值是zmin2011．

故答案为：1．

14．（5分）已知圆锥的体积等于93，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面圆半径为 3 ．

【解答】解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，

因为圆锥的侧面展开图的扇形的弧长等于圆锥底面周长，

1所以2l2r，

2解得l2r，

所以圆锥的高为hl2r2(2r)2r23r，

因为圆锥的体积等于93，

1则r23r93r，解得r3，

3所以该圆锥的底面圆半径为3．

故答案为：3．

15．（5分）如图所示的茎叶图，记录了甲、乙两位同学五次音乐素养的测试成绩，则这两位同学中成绩比较稳定的同学的方差是 10 ．

【解答】解：由茎叶图得甲同学的成绩比较稳定．

甲同学成绩的平均数为：

1x(8182838490)84，

5这两位同学中成绩比较稳定的同学的方差是：

第14页（共21页）

1S2[(8184)2(8284)2(8384)2(8484)2(9084)2]10．

5故答案为：10．

16．（5分）设mR，过定点A的动直线xmy20和过定点B的动直线mxym40交于点P(x,y)，则|PA||PB|的最大值是

52 ．

【解答】解：由题意可得，动直线xmy20过定点A(2,0)，

直线mxym40可化为(x1)m4y0，斜率m，

x10令，解得B(1,4)，

4y0又1mm(1)0，

故两条直线垂直，交点为P，

所以|PA|2|PB|2|AB|22.5，

由基本不等式可得2.5|PA|2|PB|2(|PA||PB|)22|PA||PB|

(|PA||PB|)22(|PA||PB|21)(|PA||PB|)2，

22所以(|PA||PB|)250，解得|PA||PB|52，

当且仅当|PA||PB|时取等号，

所以|PA||PB|的最大值为52．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）某品牌手机厂商推出新款旗舰机型，并在某地区跟踪调查得到这款手机上市时间(x个月）市场占有率(y%)的几组相关对应数据：

x

1

2

2

5

3

11

4

14

5

18

y

根据如表中的数据完成下列问题：

（Ⅰ）用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程；

（Ⅱ）用变量间的相关关系分析该款旗舰机型市场占有率的变化趋势，并预测自上市起经过多少个月，该款旗舰机型市场占有率能超过49%（精确到月）．

第15页（共21页）

nnˆ附：最小二乘法估计分别为bxyii1ni1inxy(xi1nix)(yiy)2iˆ，其中x3，ˆybx，axi2nx2(xi1x)y10，(xix)210．

i15【解答】解：（Ⅰ）x12345251114183，y10，

55(xi15ix)(yiy)2(8)(1)(5)01142841，

5已知(xix)210，

i1ˆb(xx)(yii15ii15iy)2(xx)41ˆ104.132.3，

ˆybx4.1，a10ˆ4.1x2.3；

y关于x的线性回归方程为y（Ⅱ）由上面的回归方程可知，上市时间与市场占有率正相关，

即上市时间每增加1个月，市场占有率都增加4.1个百分点，

ˆ4.1x2.349，解得x12.513， 由y预测自上市起经过13个月，该款旗舰机型市场占有率能超过49%．

18．（12分）已知函数f(x)(x)(x4)，其中R．

（Ⅰ）求关于x的不等式f(x)0的解集；

（Ⅱ）对任意x[1，3]，若关于x的不等式f(x)45恒成立，求的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）不等式f(x)0，即为不等式(x)(x4)0，

当4时，不等式的解集为(,4)；

当4时，不等式的解集为(，4)(4，)；

当4时，不等式的解集为(4,)．

（Ⅱ）对任意x[1，3]，不等式f(x)45恒成立，

所以对任意x[1，3]，不等式(x)(x4)45恒成立，

即对任意x[1，3]，x由对勾函数yx所以yx54恒成立，

x54在[1，5)单调递减，在(5，3]单调递增，

x54在x5处取得最小值为254，

x所以254，

第16页（共21页）

即的取值范围是(，254)．

19．（12分）“青年大学习”是共青团中央为持续引导广大青年深入学习宣传贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神组织的青年学习行动．某市宣传部门为了解全市青年每周利用“青年大学习”了解国家动态的情况，从全市随机抽取2000名青年进行调查，统计他们每周利用“青年大学习”进行学习的时长（时间单位：分钟），如图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．

（Ⅰ）求被抽取的青年每周利用“青年大学习”进行学习的时长的中位数；

（Ⅱ）如果该市有20万名青年，根据频率分布直方图，估计全市每周利用“青年大学习”进行学习的时长不低于60分钟的青年有多少人？

【解答】解：（Ⅰ）由频率分布直方图得：

(0.0050.0100.020a0.0250.010)101，

解得a0.03，

[40，70)的频率为(0.0050.0100.020)100.35，

[70，80)的频率为0.030100.3，

被抽取的青年每周利用“青年大学习”进行学习的时长的中位数为：

700.500.35．

1075（分钟）0.3（Ⅱ）由频率分布直方图得：

全市每周利用“青年大学习”进行学习的时长不低于60分钟的青年所占频率为：

1(0.0050.010)100.85，

该市有20万名青年，根据频率分布直方图，

估计全市每周利用“青年大学习”进行学习的时长不低于60分钟的青年有：2000000.85170000（人)．

第17页（共21页）

20．（12分）已知曲线C上的任意一点到点F(0,1)的距离与到直线y10的距离相等．

（Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）若不经过坐标原点O的直线l与曲线C交于A，B两点，且OAOB．求证：直线l过定点．

【解答】（Ⅰ）解：因为曲线C上的任意一点到点F(0,1)的距离与到直线y10的距离相等，

根据抛物线的定义可知，曲线C的轨迹是以F(0,1)为焦点，直线y10为准线的抛物线，

故曲线C的方程为x24y；

（Ⅱ）证明：设直线l:yxb，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

yxb联立方程组2，可得x24x4b0，

x4y所以x1x24，x1x24b，

所以AB(x1x2)2(y1y2)2，OAx12y12，OBx22y22，

因为线段AB为直线的圆过点O，

所以OAB为直角三角形，

故有AB2OA2OB2，

所以(x1x2)2(y1y2)2x12y12x22y22，

化简可得x1x2y1y20，

又因为y1x1b，y2x2b，

所以y1y2(x1b)(x2b)所以x1x2y1y2(122x1x2(x1x2)bb2，

)x1x2b(x1x2)b2，

因为x1x24，x1x24b，

所以x1x2y1y2(12)(4b)b4b2b24b，

所以b24b0，解得b0或b4，

因为直线l不过原点O，所以b0，

故b4，

第18页（共21页）

所以直线l:yx4，

令x0，则y4，

所以直线l恒过定点(0,4)．

21．（12分）如图，四棱锥SABCD的底面是菱形，SASC．

（Ⅰ）求证：平面SBD平面ABCD；

（Ⅱ）若P是侧棱SD上异于端点的一动点，试问在侧棱SD上是否存在一点E使BE//平面ACP，若存在，求PD的值；若不存在，请说明理由．

ED

【解答】解：（Ⅰ）证明：设BDACO，连接SO，

四棱锥SABCD的底面是菱形，SASC．

ACSO，ACBD，且BDAC面SBD，

AC面ABCD，平面SBD平面ABCD．

SOO，DB、SO面SBD，

（Ⅱ）在侧棱SD上存在一点E使BE//平面ACP，且理由如下：连接PO，可得O为DB中点，

当PD1时，OP//BE，

ED2PD1，

ED2且OP面ACP，BE面ACP，

BE//平面ACP．

故在侧棱SD上存在一点E使BE//平面ACP，且PD1．

ED2第19页（共21页）

x2y222．（12分）已知等轴双曲线N的顶点分别是椭圆C:1的左、右焦点F1、F2．

62（Ⅰ）求等轴双曲线N的方程；

（Ⅱ）Q为该双曲线N上异于顶点的任意一点，直线QF1和QF2与椭圆C的交点分别为E，F和G，H，求|EF|4|GH|的最小值．

x2y2【解答】解：（Ⅰ）由椭圆C:1方程可得ca2b2622，

62所以等轴双曲线N的顶点为(2,0)，(2,0)，

x2y2设等轴双曲线N的方程为221，

ab所以a2b24，

x2y2所以等轴双曲线N的方程为1．

44（Ⅱ）设E(x1，y1)，F(x2，y2)，G(x3，y3)，H(x4，y4)，

设直线QF1的方程为xmy2，直线QF2的方程为xny2，

xmy2联立直线QF1与椭圆的方程得x2y2，得(m23)y24my20，

126所以△16m28(m23)0，

所以y1y24m2，，

yy1222m3m34n2，，

yy34n23n2322同理可得y3y4216m28(n23)m21262所以|EF|m1(y1y2)4y1y2m1，

(n23)2(n23)2m3n21同理可得|GH|262，

n3第20页（共21页）

2m2nxxmy2mn联立直线QF1与直线QF2的方程可得，解得，

xny24ymn所以Q的坐标为(2m2n4，)，

mnmn因为点Q在双曲线上，

(2m2n)216所以1，化简得mn1，

24(mn)4(mn)2112m1n1m1m42)26(24) 所以|EF|4|GH|26(21m3n3m33m2222m21m217m420m23，

26(242)264m33m13m10m23令tm2，则|EF|4|GH|267t27010t7t633

23t10t371026[]

2777693768333t2tt552525726[]

10433(t9)525(t9)55103768t9510796326[]，

32768104232559768当且仅当3(t)，即m2t5，m5时，取等号，

525(t9)5所以|EF|4|GH|的最小值为96．

2第21页（共21页）