广东省东莞市东华高级中学2020-2021学年高二下学期期末数学试题（教师版含解析）

2020-2021学年广东省东莞市东华高级中学高二(下)期末数学试卷

一、选择题(共8小题，每小题5分，共40分)．

1. 已知集合则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解出集合B的解集，按照交集定义求得交集即可.

【详解】，则

故选：C

2. 已知为虚数单位，若复数,则

A. 1 B. 2 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】运用复数除法的运算法化简复数，再根据复数模的计算公式，求出，最后选出答案.

【详解】因为，所以，故本题选D.

【点睛】本题考查了复数的除法运算法则和复数求模公式，考查了数学运算能力.

3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，：，若是的必要条件，则可能是(    )

A. ：，， B. ：，，

C. ：，， D. ：，，

【答案】B

【解析】

【分析】根据线面平行与垂直的判定与性质判断即可.

【详解】由题知能推出：.

对A, 当时仍然可以有,,.故A错误.

对B, ,则,又,则.故B正确.

对C, ,则,又,故.故C错误.

对D,当且相交于时,若也满足,.故D错误.

故选：B

【点睛】本题主要考查了空间中线面平行与垂直的判定与性质,属于基础题型.

4. 下图上半部分为一个油桃园.每年油桃成熟时，园主都需要雇佣人工采摘，并沿两条路径将采摘好的油桃迅速地运送到水果集散地处销售.路径1：先集中到处，再沿公路运送；路径2：先集中到处，再沿公路运送.园主在果园中画定了一条界线，使得从该界线上的点出发，按这两种路径运送油桃至处所走路程一样远.已知，，若这条界线是曲线的一部分，则曲线为(    )

A. 圆 B. 椭圆 C. 抛物线 D. 双曲线

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意得到，进而得到，结合双曲线的定义，即可求解.

【详解】由题意，从界线上的点出发，经到与经到，所走的路程是一样的，

即，所以，

又由，所以，

又由，根据双曲线的定义可知曲线为双曲线的一部分.

故选：D.

5. 设为随机变量，且，若随机变量的方差，则

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】随机变量满足二项分布，所以n=6,所以，选D.

6. 东莞市同沙生态公园水绕山环，峰峦叠嶂，是一个天生丽质，融山水生态与人文景观为一体的新型公园．现有甲乙两位游客慕名来到同沙生态公园旅游，分别准备从映翠湖、十里河塘、计生雕塑园和鹭鸟天堂4个旅游景点中随机选择其中一个景点游玩．记事件：甲和乙至少一人选择映翠湖，事件：甲和乙选择的景点不同，则条件概率(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】分别求出事件A，事件B对应基本事件的个数，再结合条件概率公式即可解得.

【详解】甲和乙至少一人选择映翠湖对应的基本事件有个，

∵甲和乙选择的景点不同对应的基本事件有个，

∴．

故选：C.

7. 已知函数为上的偶函数，且对于任意的满足，则下列不等式成立的是(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】令，依题意知为偶函数，且在区间上是减函数，再由，结合条件分别判断四个选项即可．

【详解】解：偶函数对于任意的满足，

令，则，即为偶函数．

又，故在区间上是减函数，

所以，

即，故B正确；

，故A错误；

，故C错误；

，故D错误；

故选：B．

【点睛】关键点睛：根据导函数不等式构成函数，利用函数的单调性进行判断是解题的关键.

8. “帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”.如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面.若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为，底面矩形的长与宽之比为，则正脊与斜脊长度的比值为(    )

A.  B.  C.  D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，作于，于，得是二面角的平面角，是二面角的平面角，因此有，设，用表示出，即可得比值．

【详解】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，

由平面，平面，得，同理．

作于，于，

因为，平面，所以平面，而平面，所以，所以是二面角的平面角，同理是二面角的平面角，，

由已知，

由，设，则，所以，

由得，，则，

由上知是正方形，，，

所以．

故选：B．

【点睛】关键点点睛：本题考查由二面角计算线段长，考查学生的空间想象能力．解题是作出各斜坡面与底面所成二面角的平面角，利用它们的正切值均为，并设出底面矩形边长后，用底面矩形边长表示出正脊与斜脊的长度，从而得比值．

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 将曲线：上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线：，则下列结论正确的是(    )

A.

B. 为一条对称轴

C. 在上有4个零点

D. 在上单调递增

【答案】BC

【解析】

【分析】由题意利用函数的图象变换规律，得到的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，得出结论．

【详解】解：将曲线：上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，可得的图象，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线：，故A错误；

令，求得，为最小值，故是的图象的一条对称轴，故B正确；

在上，，有4个零点，故C正确；

在上，，函数没有单调性，故D错误，

故选：BC．

10. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，、为上两点，且的长为定值，则下面四个值中是定值的是(    )

A. 点到平面的距离 B. 直线与平面所成的角

C. 三棱锥的体积 D. 的面积

【答案】ACD

【解析】

【分析】

由为上任意一点，知平面是确定，从而判断A，而，因此与平面平行，根据直线与平面所成角的定义可判断B，由棱锥体积公式和三角形面积公式可判断CD．

【详解】平面就是平面，是确定平面，因此点到平面的距离为定值，A正确；

平面即平面，而在直线上，，因此与平面平行，到平面的距离为定值，但运动时，的长度在变化，因此直线与平面所成的角也在变化，B错误；

点到直线的距离是确定，而的长度不变，因此为定值，又到平面的距离为定值，从而三棱锥的体积为定值，C正确；

，到的距离为定值，的长度不变，∴的面积为定值，D正确．

故选：ACD．

【点睛】关键点点睛：本题考查点到平面的距离，直线与平面所成的角，棱锥的体积等知识，解题关键是抓住，由此得平面是确定的平面，再结合定点和定长，从而确定各选项中的定值．

11. 设随机变量的分布列如表：

则下列说法正确的是(    )

A. 当为等差数列时，

B. 数列的通项公式可能为

C. 当数列满足时，

D. 当数列满足时，

【答案】ABD

【解析】

【分析】由等差数列的求和公式判断选项A；由裂项相消法结合概率之和等于1判断选项B；根据等比数列的求和公式结合概率之和等于1，即可判断选项C；利用前项和与通项的关系，即可判断选项D．

【详解】解：对于A，因为为等差数列，所以，

则有，故A正确；

对于B，若数列的通项公式为，

则，故B正确；

对于C，因为，所以，

则有，故C错误；

对于D，令，则，

故，所以，即，故D正确．

故选：ABD．

12. 2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新．设计师的灵感来源于曲线．则下列说法正确的是(    )

A. 曲线关于原点成中心对称

B. 当时，曲线上的点到原点的距离的最小值为2

C. 当时，曲线所围成图形的面积的最小值为

D. 当时，曲线所围成图形的面积小于4

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据曲线与方程的关系，利用方程研究曲线的性质，逐项分析即可求解.

【详解】因为用代替仍有成立，故曲线关于原点成中心对称，A正确；

当时，曲线，即，设为曲线上任意一点，

，当且仅当时等号成立，，即曲线上的点到原点的距离的最小值为2，B正确；

当时，，曲线关于轴对称，关于原点对称，

当时，可得，与坐标轴围成三角形面积为，由对称性知曲线所围成图形的面积为，故C错误；

当时，曲线关于轴对称，关于原点对称，当时，，

所以，故在第一象限部分的面积,所以曲线所围成图形的面积为，故D正确.

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：根据曲线方程可知曲线的对称性，利用对称性可研究曲线在第一象限的情形，即可得到曲线所围成图形面积问题，属于中档题.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 某校机器人兴趣小组有男生3名，女生2名，现从中随机选出3名参加一个机器人大赛，则选出的人员至少有一名女生的选法有___种．

【答案】9

【解析】

【分析】分别按1名女生和2名男生，2名女生和1名男生两种情况讨论，并求和，即可求解．

【详解】解：由题意可得，选出的人员至少有一名女生的选法共种．

故答案为：9．

14. 在的展开式中含的项系数为________.

【答案】.

【解析】

【分析】求得二项展开式的通项，结合通项确定的值，代入即可求解.

【详解】由题意，二项式展开式的通项为，

令，解得，

所以展开式中的系数为.

故答案为：.

15. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点在双曲线的左支上，且，，则双曲线的离心率为__________．

【答案】

【解析】

【分析】利用双曲线的定义，结合余弦定理求解．

【详解】因为点在双曲线的左支上，

所以，

因为，，

所以，

由余弦定理得，

即，

解得，

故答案为：．

16. 若存在，满足，则实数的取值范围为________.

【答案】

【解析】

【分析】设，则，故函数过定点，令，故函数过定点，然后利用导数求出在处的切线，再结合图形可得结果

【详解】设，则，故函数过定点，

令，故函数过定点，

函数在上单调递增，值域为，

若为在处的切线，

则，则切线的斜率，

因为存在，满足，

所以的斜率必须大于在处切线的斜率，

故.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与不等式，考查数形结合的思想，解题的关键是构造函数，画出函数图像，利用函数图像求解，考查数学转化思想，属于中档题

四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 的内角，，的对边分别为，，，．

(1)求；

(2)若，求周长的最大值．

【答案】(1)；(2)9．

【解析】

【分析】(1)根据正弦定理可得出，然后代入得出，从而得出；

(2)根据余弦定理可得出，进而得出，然后根据基本不等式即可求出的最大值，进而得出周长的最大值．

【详解】(1)∵，∴，

∴，

∴，

∴，∵，∴，∴.

(2)∵，∴，∴，

∵b=3，∴，∴，

当且仅当时，取得最大值6，此时周长最大值为9．

18. 已知首项为2的数列中，前n项和满足．

(1)求实数t的值及数列的通项公式；

(2)将①，②，③三个条件任选一个补充在题中，求数列的前n项和．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)；(2)答案不唯一，具体见解析．

【解析】

【分析】(1)由可求出，然后可求出；

(2)若选①用裂项相消法求出答案，若选②用分组求和法求出答案，若选③用错位相减法求出答案.

【详解】令得，所以

当时，经验证符合上式

若选①，，

所以

若选②：

若选③，，

，

则，

两式相减得：

，

故．

19. 如图，三棱柱中，平面平面，和都是正三角形，是的中点．

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；(2).

【解析】

【分析】

(1)首先证明，进一步得出结论.
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小，首先正确求出两个平面的法向量，进一步求出二面角．

【详解】(1)如图，连接，交于点，连接，

由于四边形是平行四边形，所以是的中点．

因为是的中点，所以．

因为平面，平面，

所以平面．

(2)如图，取的中点，连接，，

根据和都正三角形，得，．

又平面平面，平面平面，所以平面，于是．

以为坐标原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系．

设，则，，，．

所以，，．

设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以．

设平面的法向量，则，即，令，则，，所以．

设二面角的大小为，由图易知为锐角，

则，

因此二面角的余弦值为．

【点睛】本题是综合性题目，属于课堂学习情境和探索创新情境，具体是数学推理学习情境和数学探究情境，本题考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．

解题关键 (1)证明线面平行的关键是找到线线平行，而线线平行常常借助三角形的中位线定理来证明．(2)利用向量法求二面角的大小，关键是建立合适的空间直角坐标系，然后正确求出两个平面的法向量．

20. 2020年10月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，某地积极开展中小学健康促进行动，决定在2021年体育中考中再增加定的分数，规定：考生须参加游泳、长跑、一分钟跳绳三项测试，其中一分钟跳绳满分20分，某校在初三上学期开始要掌握全年级学生一分钟跳绳情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到如图所示频率分布直方图，且规定计分规则如下表：

(1)现从样本的100名学生中任意选取2人，求两人得分之和不大于35分的概率；

(2)根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，整体成绩差异略有变化．假设今年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，方差为169，且该校初三年级所有学生正式测试时每分钟的跳绳个数服从正态分布，用样本数据的期望和方差估计总体的期望和方差(各组数据用区间的中点值代替)．

①若在全年级所有学生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳195个以上的人数为，求随机变量的分布列和期望；

②判断该校初三年级所有学生正式测试时的满分率是否能达到85%，说明理由．

附：若随机变量服从正态分布，则，．

【答案】(1)；(2)①分布列见解析；期望为；②不能；答案见解析．

【解析】

【分析】(1)设“选取得2人得分之和不大于35”为事件A，分为2种情况，一种是两人得分均为17分，另一种是两人中1人得17分，1人得18分，从而求得事件A的基本事件个数，除以总数即可求得概率；

(2)①由条件可得，从而求得，即每分钟跳绳个数在195个以上的概率为0.5．得到，从而列出分布列；②，则可以求得，与0.85比较即可.

【详解】【解】(1)设“选取得2人得分之和不大于35”为事件A，则A的基本事件总数为．

由题意，得17分的学生人数为人，

得18分的人数为人．

事件A发生包含两种可能：一种是两人得分均为17分，另一种是两人中1人得17分，1人得18分，所以事件A的基本事件个数．

所以事件A的概率．

(2)①．

由题意，正式测试时，，则．

所以：．

即在全年级所有学生中任取1人，每分钟跳绳个数在195个以上的概率为0.5．

由题意，则．

则的分布列：

所以．

②由，

所以，

所以预测正式测试时每分钟跳绳个数在182个以上的人数比例为，由题意，每分钟跳绳个数不少于185个才能得到满分，因此可以预测该校初三年级所有学生正式测试时的满分率．

【点睛】方法点睛：(1)事件情况较多时，需要分类求得事件发生的频数，从而求得概率；

(2)二项分布的期望求法为；满足正态分布时，由正态分布求得在不同区间的概率；

21. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的长轴长为4，且经过点.为左顶点，为下顶点，椭圆上的点在第一象限，交轴于点，交轴于点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若，求线段的长；

(3)试问：四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】(1)；(2)；(3)四边形的面积为定值.

【解析】

【分析】(1)根据长轴长及椭圆上的点计算即可得椭圆的方程；

(2)根据得到点的坐标，从而可求直线的方程，再联立椭圆得到点的坐标，再运用两点间的距离公式计算即可；

(3)根据条件求出点、的坐标，再运用计算化简即可.

【详解】(1)由题意得，解得.把点的坐标代入椭圆的方程，得.

由于，解得，所以所求的椭圆的标准方程为.

(2)因为，则得，即，

又因为，所以直线的方程为.

由解得，所以，即线段的长为.

(3)由题意知，直线的斜率存在，可设直线：.

令，得，由得，解得(舍去)或.

所以.

于是直线的方程为.令得，即.

所以四边形的面积等于.

即四边形的面积为定值.

22. 已知函数．

(1)判断的单调性，并比较与的大小；

(2)若函数，其中，判断的零点的个数，并说明理由．

参考数据：．

【答案】(1)函数在上单调递增；在上单调递减；；(2)有且仅有1个零点；答案见解析．

【解析】

【分析】(1)求出，由，求出其单调区间，由函数在 上单调递减，可得，即可得答案.
(2)由题意可得，当时可得出的单调性，根据零点存在原理可判断得出结论；当，先得出的单调性，得出函数的极值，分析其极值的符号，再根据零点存在原理可判断得出结论；

【详解】(1)已知的定义域为，

当时，，所以函数在上单调递增；当时，，所以函数在上单调递减．

因为函数在上单调递减，所以：，即，

所以，即，

所以．

(2)，所以：．

当时，，

所以在上单调递增，由，

知当时，存在，即函数有且仅有1个零点．

当时，，注意到，

所以：时，在上单调递增；

时，在上单调递减：

时，在上单调递增．

所以在上有极小值，有极大值．

一方面，注意到，所以存在唯一的．

另一方面，设，则：，

故在上单调递增，所以：，

所以在上恒小于0，在上恒小于0，即在上不存在零点．

综上所述：当时，有且仅有1个零点．

【点睛】关键点睛：本题考查求函数的单调区间和利用单调性比较大小以讨论函数零点的个数问题，解答本题的关键是当，得出的单调性，从而的极值，，，分析其符号，属于难题.