2021河南省名校联盟高二下学期期末考试数学（理科）试题含答案

这是一份2021河南省名校联盟高二下学期期末考试数学（理科）试题含答案，共16页。试卷主要包含了本试卷共8页，已知方程，命题甲，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前姓名：_________考生号：________河南名校联盟2020—2021学年高二（下）期末考试数学（理科）考生注意：1．本试卷共8页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、考生号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息、并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．作答选择題时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应題目的答案标号涂黑．如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回．第Ⅰ卷一、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．已知全集，则（    ）A．    B．    C．    D．2．已知为虚数单位，则（    ）A．    B．5    C．    D．3．已知等差数列的前n项和为，若，则（    ）A．3    B．4    C．5    D．64．已知方程，命题甲：是该方程的解；命题乙：是该方程的解，则命题甲是命题乙的（    ）A．充分条件    B．必要条件    C．充要条件    D．既不充分也不必要条件5．执行如图所示的程序框图，则输出的S为（    ）A．1    B．2    C．3    D．46．已知抛物线的焦点为，若，则的最小值为（    ）A．0    B．1    C．2    D．37．已知向量为单位向量且满足，若向量，则（    ）A．    B．    C．    D．38．已知一个几何体的三视图如图所示，其外接球的表面积为，则这个几何体的体积为（    ）A．20    B．16    C．20或12    D．16或209．已知函数，则（    ）A．函数的单调递增区间为     B．函数有两个零点C．函数为奇函数                     D．过坐标原点有两条直线与函数的图象相切10．已知函数，函数与函数的图象关于点中心对称，则（    ）A．函数的最小正周期为              B．函数的最大值为2C．函数的图象关于直线对称     D．函数的图象关于点中心对称11．如图，在正三棱锥中，下列表述不正确的是（    ）A．B．当时，正三棱锥的外接球的表面积为C．当时，二面角的大小为D．若，点M，N分别为上一点，则周长的最小值为312．已知，则（    ）A．    B．    C．    D．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知棱台．正方形的边长为2，正方形的边长为4，平面平面且平面，则棱台的体积为________．14．已知点满足不等式组，则的最大值为_______．15．的展开式中，的系数为________．16．已知点O为坐标原点，点P为圆上一动点，点Q为圆上一动点，设的最小值为m，则m的值为___________．三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个考题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（本小题满分12分）某公司为奖励员工实施了两种奖励方案，方案一：每卖出一件产品奖励4．5元；方案二：卖出30件以内（含30件）的部分每卖出一件产品奖励4元，超出30件的部分每卖出一件产品奖励7元，员工甲在前10天内卖出的产品数依次为22，23，23，23，25，25，25，29，32，32，若将频率视为概率，回答以下问题．（Ⅰ）记利用方案二员工甲获得的日奖励为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；（Ⅱ）如果仅从日平均奖励的角度考虑，请利用所学的统计学知识为员工甲选择奖励方案，并说明理由．18．（本小题满分12分）已知数列满足．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和．19．（本小题满分12分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图所示，三棱柱可分解成一个阳马和一个鳖臑，其中侧面是边长为3的正方形，，M为线段上一点．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求的长，使得线段与平面所成角的正弦值为．20．（本小题满分12分）已知点，都在椭圆C上，点A为椭圆C的上顶点点F为椭圆C的右焦点．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）已知直线l的倾斜角为，且与椭圆C交于M，N两点，问是否存在这样的直线l使得？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由．21．（本小题满分12分）设函数．（Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）函数，若函数有两个不同的零点求实数a的取值范围．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C的极坐标方程以及直线l的普通方程；（Ⅱ）若，直线l与曲线C相交于不同的两点M，N，求的值．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数的最小值为m．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若，证明：．河南名校联盟2020—2021学年高二（下）期末考试数学（理科）答案第Ⅰ卷123456789101112ACACCBBDDDCB一、必做题：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．【答案】A【解析】根据公式直接得解，也可用韦恩图证明，故选A．2．【答案】C【解析】，故选C．3．【答案】A【解析】依题意，，则，又因为，所以，则，故选A．4．【答案】C【解析】方程，即，解得或，令可得，同时时，；令可得，同时时，，故选C．5．【答案】C【解析】由程序框图可知，一共进行4次循环，循环结束时，所以最后输出的值为，故选C．6．【答案】B【解析】由，得，令得，令，则，当且仅当，即时取等号．故选B．7．【答案】B【解析】根据题意知，所以，建立平面直角坐标系，设，则，所以，所以，故选B．8．【答案】D【解析】根据题意，外接球的直径为，该几何体可看作长方体截得的一部分，如下图两种图形，该几何体外接球的直径为长方体的体对角线长，设长方体底面的宽为x，，∴，故该几何体的体积为或，故选D．9．【答案】D【解析】由，得，所以函数在上单调递减，在上单调递増，所以A不正确；分析函数的大致图象（也可另，得），可知B错误；设切点为，可得切线方程为，又因为过坐标原点，可得，该方程有两个解，所以D正确；因为，所以C错误．故选D．10．【答案】D【解析】依题意，，函数，因此点是函数的图象的一个对称中心，故选D．11．【答案】C【解析】易证正三棱锥的对棱垂直，所以，故A正确；当时，正三棱锥为正四面体，可放到边长为2的正方体内，所以正三棱锥的外接球的半径为，外接球的表面积为，故B正确；当时，取的中点为M，连接，则即为所求角，令，，则，所以，故C不正确；将侧面沿展开（如图），则周长的最小值为3，故D正确．故选C．12．【答案】B【解析】由，得，由，得，由，得，令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，当时，，画出的大致图象如图所示，分析可得，故选B．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．【答案】28【解析】由棱台的体积公式可得，所以棱台的体积为28．14．【答案】6【解析】不等式组表示的可行域如图所示，由图可知：当经过点时，z取得最大值，即．15．【答案】401【解析】，分析可知，展开式中的项为，所以的系数为401．16．【答案】8【解析】如图，P为圆上一动点，Q为圆上一动点，O为坐标原点，取，连接，，则，所以易得，所以，又易知，所以．三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个考题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．【解析】（Ⅰ）X的分布列为:X8892100116134P                                （4分）（元）．           （6分）（Ⅱ）根据数据，可估算员工甲日平均卖出的产品件数为；．          （8分）员工甲根据方案一的日平均奖励为（元），              （10分）因为，所以建议员工甲选择方案一．        （12分）18．【解析】（Ⅰ）当时，     （2分）令，则，解得或1，所以，．所以，从而可得．     （6分）（Ⅱ）．      （12分）（本题为分组求和法求和：每一组求和正确，得3分）19．【解析】（Ⅰ）由鳖臑的概念，可知平面，平面，，           （2分）又∵四边形是正方形，∴，∵，∴平面，         （4分）∵平面，∴平面平面．       （6分）（Ⅱ）∵两两垂直，∴建立如图所示的空间直角坐标系，        （7分）设，则，∴，        （8分）设平面的法向量为，则，即，令，则平面的一个法向量为．           （10分）线段与平面所成角的正弦值等于，∴，       （11分）所以或，故或．        （12分）20．【解析】（Ⅰ）设椭圆C的方程为，由已知有，         （2分）解得所以椭圆C的标准方程为．         （4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，假设存在直线l满足题意，并设l的方程为．由，得，       （6分）由，得．          （8分）由题意易知点F为的重心，所以，即，解得，     （10分）当时，不满足，所以不存在直线l，使得．       （12分）21．【解析】（Ⅰ），        （2分）令，得，令，得或，所以在和上单调递减，在上单调递增；故函数的极小值为，当时，分析可得，所以函数的最小值为．        （4分）（Ⅱ）令，当时，只有一个零点，由题意知，        （6分）因为，所以，所以当时，，函数为减函数；当时，，函数为增函数．故当时，存在极小值；又因为，所以在区间内各有一个零点；当时，由，得．当，即时，随着x的变化， 与的变化情况如下表：x1+0-0+极大值极小值所以函数在上单调递增，在上单调递减．又因为，，，使得，        （10分）所以函数在区间只有一个零点；当，即时，因为（当且仅当时等号成立），所以在上单调递增，此时，函数至多一个零点；当，即．时，随着x的变化，与的变化情况如下表：x1+0-0+极大值极小值所以函数在上单调递增，在上单调递减．又因为，所以当时，，此时，函数在区间无零点，在区间上至多一个零点；又∵，∴当时，．∵，∴当时，零点的个数与的零点个数相同．当时，只有一个零点；综上可知，若有两个不同的零点，．         （12分）（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分．22．【解析】（Ⅰ）依题意，曲线，故，       （1分）即曲线C的极坐标方程为；      （3分）由消去参数t可得直线l的普通方程为．          （5分）（Ⅱ）先将直线l的方程写成标准的参数方程为代入中，       （7分）化简可得，设M，N所对应的参数分别为，则，           （8分）故．         （10分）23．【解析】（Ⅰ）方法一：当时，；          （2分）当时，；          （3分）当时，，所以．            （5分）方法二：，当且仅当时，，所以．          （5分）（Ⅱ）由a，得，即，当且仅当时取等号，所以．               （7分）因为，                 （8分）且仅当时取等号，所以．                 （10分）