四川省成都市2019-2020高二理科数学下学期期末试题(附解析)

-- 2020.6.30

鉴于成都市今年高二下期（零诊）摸底考试范围和比例作了部分调整，除了2020届（去年）的零诊外，之前的摸底试题参考意义不大。

2021届成都市零诊考试范围和分布比例：

数学理：人教A版 必修1、2、3、4、5; 选修2-1，选修2-2，选修4-4。数学文：人教A版 必修1、2、3、4、5; 选修1-1, 选修1-2，选修4-4。

其中高一内容约占15%(重点考查函数等)，高二上期内容约占35%，高二下期内容约占50%。

本套卷按新课标（全国卷）的试题类型编写。（12道选择，4道填空，6道解答题）

试卷根据成都市最新的考试范围和分布比例编写，希望能给广大师生朋友在备考零诊提供一点微薄之力。如有不足之处，望大家多多指正！

四川省成都市2021届零诊（高二下期末）理科数学模拟试题

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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A{xN|x3}，Bx{x|x-4x0}，则AB（ ）

2A.{1,2,3} B.{1,2} C.0,3 D.3,4【答案】A

1,4，所以AB{1,2,3}.【解析】由题意得：A{xN|x3}{1,2,3}，B{x|x-4x0}2【方法总结】集合中的元素有关问题的求解策略：(1)确定集合的元素是什么，即集合是数集、点集还是其他类型的集合．(2)看这些元素满足什么限制条件．(3)根据限制条件求参数的值或确定集合中元素的个数，要注意检验集合是否满足元素的互异性．2．已知复数z满足

z34i25i(i2,15B．为虚数单位) ，则在复平面内复数z对应的点的坐标为（ ）

21,A．5【答案】B

21,5C．2,15D．

【解析】由题意,得z525i.则

z22i,15,其在复数平面内对应的点的坐标为5.故选：B.

3．随着我国经济实力的不断提升，居民收入也在不断增加．某家庭2019年全年的收入与2015年全年的收入相比增加了一倍，实现翻番．同时该家庭的消费结构随之也发生了变化，现统计了该家庭这两年不同品类的消费额占全年总收入的比例，得到了如下折线图：则下列结论中正确的是(　　)

A．该家庭2019年食品的消费额是2015年食品的消费额的一半B．该家庭2019年教育医疗的消费额与2015年教育医疗的消费额相当C．该家庭2019年休闲旅游的消费额是2015年休闲旅游的消费额的五倍D．该家庭2019年生活用品的消费额是2015年生活用品的消费额的两倍

4．解析：选C.设该家庭2015年全年收入为a，则2019年全年收入为2a.对于A，2019年食品消费额为0.2×2a＝0.4a，2015年食品消费额为0.4a，故两者相等，A不正确．对于B，2019年教育医疗消费额为0.2×2a＝0.4a，2015年教育医疗消费额为0.2a，故B不正确．对于C，2019年休闲旅游消费额为0.25×2a＝0.5a，2015年休闲旅游消费额为0.1a，故C正确．对于D，2019年生活用品的消费额为0.3×2a＝0.6a，2015年生活用品的消费额为0.15a，故D不正确．故选C.4．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为（

）

A．8【答案】A

B．6C．482D．3222+2=22.2【解析】由题意可知该三棱锥底面是边长为的等腰直角三角形,高为2.故外接球直径为222S4R428故外接球表面积.故选：A

1x15.下列函数中，与函数fx2x1的奇偶性、单调性均相同的是( ) .

2A．yex2B．ylnxx21

C．yx2D．ytanx【答案】D

解析 由已知

fx=2x1111x1fx=22x1fxx1x1x1fx2，xR，则22，所以为

R上的奇函数.f1x2x1设，

f2x12x1.易判断f1x为R上的增函数，f2x也为R上的增函数，所以

xfxf1xf2x为R上的增函数.A选项中的ye不是奇函数，排除A；

2B选项中令

fxlnxx1，则

fxfxlnxx1ln21xx12lnxx21fx设

，所以为奇函数.

uxxx21，易判断ux为增函数，而

ylnu也为增函数，由复合函数的单调性知

ylnxx12为增函数，所以B选项中的函数的奇偶性、单调性与

fx=2x112x1的奇偶性、

2yx单调性相同；C选项中不是奇函数，排除C；D选项中ytanx在R上不是单调函数.排除D.

故选B.

5．我国南宋时期的数学家秦九韶在他的著作《数书九章》中提出了计算多项式fxanxan1xnn1

a1xa0的值的秦九韶算法，即将fx改写成如下形式：

fxanxan1xan2xa1xa0，首先计算最内层一次多项式的值，然后由内向外逐

层计算一次多项式的值.这种算法至今仍是比较先进的算法.将秦九韶算法用程序框图表示如下图，则在空白的执行框内应填入（ ）.A. vvxai

B. vvxai

C. vaixv

D. vaixv入入入入n，an，xi=i-1v=ani=n-1入入aii≥0?入入入v入入入v0an解析 秦九韶算法的过程是.这个过程用循环结构来实现,则在空白的执

vkvk1xankk1,2,,n行框内应填入vvxai.故选A.7．平面直角坐标系

xOy中，若角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆O交

于点

P(x0,y0)，且

(,0)，

2cos(6)35，则x0的值为（ ）

334A．10【答案】A

433B．10334C．10433D．10(,0)【解析】因为

，

2cos(6)3(,)5，所以636，

若

33(0,)cos()625，所以不符合，66，6(所以

3,0)，

sin(6)453341334x0coscos()66525210.所以

xy2„08． 已知Dx,yxy2„0，给出下列四个命题：

3xy6…0P1:x,yD,xy…0；

P3:x,yD,y1„4； x1P2：x,yD,2xy1„0 ； P4：x,yD,x2y2…2；

其中真命题的是（ ）.A. P1,P2 【答案】D

解析 画出D的可行域如图所示.

B. P2,P3

C. P3,P4

D. P2,P4A2,0处, xy202<0,则P对于命题P1,在点1是假命题;

对于命题P2,在点C0,2处, 2xy1取最大值为1,1<0,故P2是真命题;对于命题P3,点x,y到1,1的斜率最小值在点C0,2处取到为

22213,3>4,故P3是假命题;01对于命题P4,在点C0,2处,024>2,故P4是真命题.故选D.

y3x-y+6=0B(-1,3)C(0,2)A(-2,0)x-y+2=0xx+y-2=09.唐代诗人李顾的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河。”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，

怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为xy1，若将军从点A3,0处

22出发，河岸线所在直线方程为xy4，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（A.171【答案】A

【解析】分析：求出A关于xy4的对称点A，根据题意，AC2为最短距离，求出即可.解：设点A关于直线xy4的对称点Aa,b，设军营所在区域为的圆心为C，根据题意，AC1为最短距离，先求出A的坐标，

）

B.172C.17D.32a3bAA的中点为,，直线AA的斜率为1，故直线AA为yx3，

22a3b422由2，联立得故a4，b1，所以AC4117，2ba3故AC1171，故选：A.

x2y222210.已知双曲线221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2，圆xyb与双曲线在第一象限

ab内的交点为M，若MF13MF2. 则该双曲线的离心率为（ ）A. 2【答案】D

解：根据题意可画出以下图像，过M点作F1F2垂线并交F1F2于点H，因为MF13MF2，M在双曲线上，

所以根据双曲线性质可知MF1MF22a，，即3MF2MF22a，MF2a222222因为圆xyb的半径为b，OM是圆xyb的半径，所以OMb，

B. 3

C. 2D. 3因为OMb,MF2a,OF2c,abc，所以OMF290，三角形OMF2是直角三角形，因为MHOF2，所以，OF2MHOMMF2,MH222abab，即M点纵坐标为，ccb2abb2a2b22,M,，将M点纵坐标带入圆的方程中可得x2b，解得xcccc2b4a2将M点坐标带入双曲线中可得2221，

acc22化简得baac，ca44222a4a2c2，c23a2，ec3，选D. a11．已知过抛物线y22pxp0的焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，且AF3FB，抛物线的准

线l与x轴交于C，AA1l于点A1，且四边形AA1CF的面积为63，过K1,0的直线l'交抛物线于M，N两点，且KMKN1,2，点G为线段MN的垂直平分线与x轴的交点，

则点G的横坐标x0的取值范围为（）13A．3,49B．2,49C．3,211D．,72【答案】A

【解析】过B作BB1l于B1，设直线AB与l交点为D，

由抛物线的性质可知AA1AF，BB1BF，CFp，设BDm，BFn，则

BDBB1BF1m1，即，∴m2n．ADAA1AF3m4n3又

BB1BDnm22p，∴，∴DFmn2p，∴ADA130，，∴npmn3CFDF3又AA13n2p，CFp，∴A1D23p，CD3p，∴A1C3p，12pp3p63，解得p2，∴y24x，2设Mx1,y1，Nx2,y2，∵KMKN，∴y1y2，

∴直角梯形AA1CF的面积为

设直线l:xmy1代入到y24x中得y24my40，

∴y1y24m，y1y24，∴x1x2my1y224m2，由以上式子可得4m221212，

由12可得y992递增，即有4m24,，即m21,，281又MN中点2m21,2m，∴直线MN的垂直平分线的方程为y2mmx2m21，

13令y0，可得x02m213,，故选A．

412．已知函数f(x)有两个零点x1，x2(x10x21)，函数g(x)xln(x2)，则方程f[g(x)]0的实根个数至多为A．2 【答案】C

【命题意图】主要考查函数的零点，函数与导数等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，抽象与概括能力和创新意识；考查数形结合思想，分类与整合思想，函数与方程思想．

【解析】选C．令tg(x)，则f[gx]0即f(t)0，此方程有两根t1,t2(t10t21)．

2对于函数gxxln(x)，x0时，g(x)x2lnx，gx1B．3 C．4 D．5

2x2，xx所以g(x)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增，所以g(x)有极小值g(2)22ln2(0,1)．当x0时，gxx2ln(x)，gx120，g(x)在(,0)单调递增，x且x时，y；x0时，y+．作出gx的大致图象可知，gxt10有1个实根；

gxt2(0,1)至多有3个实根，所以方程f[gx]0的实根至多有4个．

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若5a2＝S5+5，则数列{an}的公差为　﹣1　．【答案】﹣1

解析：利用等差数列的通项公式及求和公式即可得出．设等差数列{an}的公差为d．

∵5a2＝S5+5，∴5（a1+d）＝5a1+10d+5，则数列{an}的公差d＝﹣1．故答案为：﹣1．本题考查了等差数列的通项公式及求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

14．在极坐标系中，圆C1的极坐标方程为p24p(cossin)，以极点O为坐标原点，极轴为x轴的正半xt2轴建立平面直角坐标系xOy．已知曲线C2的参数方程为（t为参数），曲线C2与圆C1交于

y2|t|A,B两点，则圆C1夹在A,B两点间的劣弧AB的长为

【答案】2解析：圆C1的直角坐标方程为(x2)2(y2)28；1圆C1夹在A,B两点间的劣弧AB的长为2222．

4．

15.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，将直线y

12x

与直线x1及x轴所围成的图形绕x轴旋转一周2

10得到一个圆锥，圆锥的体积V圆锥2πxπdxx30122π.12据此类比：将曲线yx(x0)与直线y2及y轴所围成的图形绕y轴旋转一周得到一个旋转体，该旋转体的体积V______.

yyy=2xy=2 x=1xO第13题图y=x

x2O【答案】2解析：因为曲线yx2x…0是绕y轴旋转，故需将其方程变形为xπ22ydyπydyy2π.

02022y，

可求旋转体体积Vπ2016若以曲线yfx上任意一点Mx,y为切点作切线l，曲线上总存在异于点M的点Nx,y，使得以点N为切点作切线l满足l∥l，则称曲线yfx具有“可平行性”.

3已知下列曲线：①yxx；②yx12；③ysinx；④yx2lnx.x其中具有“可平行性”的曲线是 【答案】②③

．（写出所有正确的编号）

解析①y'=3x21,fx1有两个相等实根，因此曲线yxx不具有“可平行性”；

3②y'111yx，总有两个不同的实根与之对应，因此曲线是具有“可平fxaa,12xx行性”的曲线；

③y'cosx，则cosxaa1,1至少有两个不同的实根与之对应，因此曲线ysinx是具有“可平行性”的曲线；④y'=2x+1224，当fx224时，只有一个实根x，因此曲线x2lnx不具有“可x2平行性”. 综上，②③是具有“可平行性”的曲线.

评注 本题将“可平行性”这一抽象的概念转化为曲线对应函数的导函数是否存在2个不同的零点的问题，使解答变得易于操作.

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17.（12分）设函数fxxaxbxc.（1）求曲线yfx在点0,f0处的切线方程；

32（2）设ab4，若函数fx有三个不同零点，求c的取值范围；解析

（1）由fxxaxbxc，得fx3x2axb.因为f0c，f0b，所以曲

322线yfx在点

0,f0处的切线方程为ybxc.

322（2）当ab4时，fxx4x4xc，所以fx3x8x4.令fx0，得3x8x40，解得x2或x22.3fx与fx在区间,上的变化情况如下表所示.

xfxfx,22022,3232,30cc3227所以当c0且c23220时，存在x14,2，x22,，x3,0，

3273使得fx1fx2fx30.由fx的单调性，当且仅当c0,3232时，函数fxx4x4xc有三个不同零点.2719.（12分）如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ADAB，AB//CD，AB2AD2AA14.（1）证明：A1D平面ABC1D1；（2）若四棱锥

A1ABC1D1的体积为

10，求四棱柱ABCDA1B1C1D1的侧面积.3【解析】（1）因为侧棱AA1平面ABCD，所以AA1AD，AA1AB，又ABAD，AA1ADA，所以AB平面ADD1A1，

而A1D平面ADD1A1，所以ABA1D；

又AA1AD，AA1AD，所以四边形ADD1A1为正方形，所以A1DAD1，又ABAD1A，所以A1D平面ABC1D1.

（2）记A1D与AD1的交点为O，所以A1O平面ABC1D1，又AB2AD2AA14，所以A1O设CDC1D1x，则VA1ABC1D1所以BC2，AD122，

1ABC1D12x810AD1A1O，解得x1，即CD1，3233(41)22213，

所以四棱柱ABCDA1B1C1D1的侧面积为S(12413)214213.

18．（12分）某企业新研发了一种产品，产品的成本由原料成本及非原料成本组成．每件产品的非原料成本y（元）与生产该产品的数量x（千件）有关，经统计得到如下数据：

xy

1112

261

344.5

435

530.5

628

725

824

根据以上数据，绘制了散点图．观察散点图，两个变量不具有线性相关

yabdxx和指数函数模型yce分别对

关两

系，现考虑用反比例函数模型个变量的关系进行拟合，

0.2xlny与x的y96.54e已求得：用指数函数模型拟合的回归方程为，

相

关系数

8r10.94；

uy=183.4iii18, u=0.34, u=0.115,

2ui182i=1.53,

yi18i360,

yi222385.5i1ui, （其中

1,i1,2,3,,8xi）；

（1）用反比例函数模型求

y关于x的回归方程；（2）用相关系数判断上述两个模型哪一个拟合效果更好

（精确到0．01），并用其估计产量为10千件时每件产品的非原料成本．

2参考数据：0.616185.561.4, e0.135参考公式：对于一组数据

nu1,1nunu2，

u2,2，…，

un,n，其回归直线

ˆunu的斜率和截距的最小二

乘估计分别为：

ui1nii2rui1niiui1i，u，相关系数

n22n22ununiii1i1．

u19．【解析】（1）令

1byax，则x可转化为yabu，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分

y因为则

360458，所以

ˆbuy8uyiii188ui12i8u2183.480.3445611001.5380.1150.61，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4分

ˆ451000.3411ˆybuˆ11100uay，所以，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5分y关于x的回归方程为

ˆ11y所以

100x；∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6分

1y（2）与x的相关系数为：

r2uy8uyiii1861612222u8uy8y0.99iii1i10.616185.561.4，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9分88因为

r1r2，所以用反比例函数模型拟合效果更好，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10分

把x10代入回归方程：

ˆ11y100100y1121x，10（元），∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙11分

所以当产量为10千件时，每件产品的非原料成本估计为21元．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分20．（12分）已知点

F1，0x4P为平面内的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为点，直线l：，11PFPMPFPM0lF22M，且. （1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过点1作直线1（与

x轴不重合）交C轨迹于A，B两点，求三角形面积OAB的取值范围.（O为坐标原点）

11PFPMPFPM0Px，yH4，y22【解析】（1）设动点，则 由212212x2y212221PFPMPFPMx1yx43444，即 ， ，化简得4

33x2y2A1,B1,1l22C143（2）由(1)知轨迹的方程为，当直线斜率不存在时，SDAB13ABOF22当直线1斜率存在时，设直线l方程为xmy1

lm0，设Ax1,y1 Bx2,y2xmy12xy213m24y26my903由4得.

2则144m1440，

y1y26m9yy123m24，3m24，

SOAB1112OF1y1y21y1y24y1y222236m23m24236263m4

m213m2422m1t(t1)，则令

SOAB6t3t12

6t1619t26t19t6t11ft9t6f't92tt，当t1时，f't0，令，则

131S6ft9t61,OABftf116162t在上单调递增，，

30,综上所述，三角形OAB面积的取值范围是221．（12分）已知f(x)(lnx)2xaex．（1）证明fx在x1处的切线恒过定点；（2）若

2fx有两个极值点，求实数a的取值范围．

2(lnxx)axex解析：（1）∵f(x)，所以f12aex又因为f12ae，所以fx在x1处的切线方程y2ae2aex1即y2aex，所以fx在x1处的切线恒过定点0,0．

2(lnxx)axexx（2）∵f(x)，其中x0，设g(x)2(lnxx)axe，则

x(x1)(2axex)g(x)，

x当a0时，gx0，则gx在(0,)单调递增，gx在(0,)上至多有一个零点，即fx在(0,)上至多有一个零点，∴fx至多只有一个极值点，不合题意，舍去．

当a0时，设hx2axex，h(x)a(x1)e，∴hx0，∴hx在(0,)上单调递减，

x222x∵h020，h()22ea0，∴0(0,)，使得hx00，即ax0e022，

aa当x0,x0时，hx0，此时gx0，∴gx在0,x0单调递增，当x(x0,)时，hx0，此时gx0，∴gx在(x0,)单调递减，∴gx在(0,)有极大值gx0，

即[g(x)]max2lnx0x0ax0ex02lnx0x022lnx0x01若lnx0x010，则gx0，∴fx0，fx在(0,)单调递减，不合题意，若lnx0x010，设pxlnxx，p(x)xx110，∴px在(0,)单调递增，xx又p11，∴x01，∵(xe)(x1)e0，∴yxe在(0,)单调递增，∴

22x0ex0e，即0a，此时gx00，fx00ae1111112ee∵g()2(1)ae2ae0，gx在0,x0单调递增，gx00eeee1x1(,x0)，使得gx10，当x0,x1时，gx0，∴fx0，fx在0,x1上单调递减，

e当xx1,x0时，gx0，∴fx0，fx在x1,x0上单调递增，∴fx在xx1取得极小值．

又∵ex1x1lnx，ex1x44444444aaa∴g2ln4e2lnee0aaaaaxx∵gx在(x0,)单调递减，gx00，又∵x0(0,)，∴

2a44x0，∴x2(x0,)，使得gx20，aa当xx0,x2时，gx0，∴fx0，fx在x0,x2上单调递增，当xx2,时，gx0，∴fx0，fx在(x2,)上单调递减，∴fx在xx2处取得极大值．

综上所述，若fx有两个极值点，则实数a的取值范围为(0,)．

（注：利用当x时，gx0，当x0时，gx0，证明存在两个极值点，得1分）

2e»,»22．.（10分）如图，有一种赛车跑道类似“梨形”曲线，由圆弧BCAD和线段AB，CD四部分组成，在极坐标系Ox中，A（2，

3），B（1，

24»,»），C（1，），D（2，），弧BCAD所在圆的圆心分别是

333»，曲线M2是弧»（0，0），（2，0），曲线是弧BC（1）分别写出M1，M2的极坐标方程：（2）点AD．E，F位于曲线M2上，且EOF3，求△EOF面积的取值范围． 解析（1）由题意可知：M1的极坐标方程为14233．记圆弧AD所在圆的圆心（2，0）易得极点O在圆弧AD上．设P（ρ，θ）为M2上任意一点，则在△OO1P中，可得ρ＝4cosθ（所以：M1，M2的极坐标方程为133）．

42和ρ＝4cosθ（）．33333），（0（2）设点E（ρ1，α），点F（2,3），所以ρ1＝4cosα，24cos．3所以SEOF112sin43coscoscossinsin23sin23．23336由于03，所以

123,33．sin21．故SEOF26