湖北省鄂州市2020-2021学年高二下学期期末数学试题（教师版含解析）

这是一份湖北省鄂州市2020-2021学年高二下学期期末数学试题（教师版含解析），共25页。

鄂州市2020—2021学年度下学期期末质量监测
高二数学
★祝考试顺利★
注意事项：
1．满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
3．选择题在每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；主观题用0.5毫米黑色墨水签字笔答在答题卡上相对应的答题区域内.答在试题卷上无效.
一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，集合，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性解不等式，求得集合，根据并集的运算即可得出答案.
【详解】解：因为，所以，所以，
所以.
故选：D.
2. 设，其中，是实数，则
A. 2 B. 4 C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由，得,其中，是实数，则.
3. 命题“，x3＋3x≥1”的否定是( )．
A ，x3＋3x＜1 B. ，x3＋3x≥1
C. ，x3＋3x＜1 D. x3＋3x≤1
【答案】A
【解析】
【分析】将“任意”改为“存在”，只否定结论.
【详解】“，x3＋3x≥1”的否定是“，x3＋3x＜1”.
故选：A.
4. 已知向量，，若，则实数( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析可知与同向，利用平面向量共线的坐标表示可求得的值.
【详解】因为，则，由已知可得，
等式两边平方可得，则，
故与同向，所以，.
故选：A
5. 若随机变量服从正态分布，，则实数等于( )
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性计算．
【详解】由题意，解得．
故选：B．
6. 将甲、乙、丙、丁四名学生分配到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为
A. 66 B. 48 C. 36 D. 30
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由题意，四名学生有两名分在一个班有种，再分到三个不同的班有种，而甲、乙两名学生被分到同一个班的有种，所以满足条件的种数是．故选D．
考点：分类计数原理
7. 如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1底面边长为1，侧棱长为2，点P，Q分别在半圆弧C1C，A1A(均不含端点)上，且C1，P，Q，C在球O上，则( )

A. 当点Q在弧A1A的三等分点处，球O的表面积为
B. 当点P在弧C1C的中点处，过C1，P，Q三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形
C. 球O的表面积的取值范围为(4π，8π)
D. 当点P在弧C1C的中点处，三棱锥C1—PQC的体积为定值
【答案】D
【解析】
【分析】取中点，中点，中点，根据球的性质，容易知道球心O在线段EF上，设出OE的长度和∠FGQ，算出FQ的长度，利用OC1=OQ，即可判断A,B；
作出过C1，P,Q三点的截面即可判断C；
利用即可求出体积，进而判断D.
【详解】如图1，取中点，中点，中点，由题意，球心在线段上，设，在中，由余项定理，设，

则，∴，
设外接球半径为R，∵，∴，
∴，∴，∴球的表面积，C错误；
当点Q在的三等分点处，，则，，∴∴球的表面积，A错误；
对B，如图2，取中点，当在上时，连接AF，在平面ADD1A1上过点Q作AF的平行线，与线段，AD分别交于M,N，延长C1P与BC交于R，连接RN交AB于S，此时截面为，B错误；
对D,当点P位于的中点处，三棱锥的体积为定值，D正确.

故选：D.
【点睛】本题涉及知识点较多，题目运算量大比较复杂，多面体外接球的球心的确定，一定要取多面体的特殊面，先确定其外心，然后过外心作截面的垂线，设出球心(垂线上)的位置，进而根据勾股定理求出外接球半径；如果棱锥的体积不好求得，我们可以用等底等高的棱锥进行转化.
8. 已知大于1的正数，满足，则正整数的最大值为( )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 11
【答案】C
【解析】
【分析】
等价于，令，，分别求，的导数，判断函数的单调性，可求得有最大值，有最小值，根据题意，即求，代入为，等价于，令，即求的最大的正整数.对求导求单调性，可知单调递减，代入数值计算即可求出结果.
【详解】解：由题干条件可知：等价于，
令，，则
， ，
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，则有最大值
.
令，，则，当时，此题无解，所以，
则，当，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，则有最小值.
若成立，只需，即，即，
两边取对数可得：.时，等式成立，当时，有，
令，本题即求的最大的正整数.
恒成立，则在上单调递减，
，，，
所以的最大正整数为9.
故选：C.
【点睛】本题考查构造函数法解决恒成立问题.
方法点睛：双变元的恒成立问题，经常采用构造成两个函数，转化为，若，则复合恒成立的情况.
二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分)
9. 是等差数列，公差为d，前项和为，若，，则下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】
结合等差数列的性质、前项和公式，及题中的条件，可选出答案.
【详解】由，可得，故B正确；
由，可得，
由，可得，
所以，故等差数列是递减数列，即，故A正确；
又，所以，故C不正确；
又因为等差数列是单调递减数列，且，所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列性质的应用，解题的关键是熟练掌握等差数列的增减性及前项和的性质，本题要从题中条件入手，结合公式，及，对选项逐个分析，可判断选项是否正确.考查学生的运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题.
10. 随着2022年北京冬奥会临近，中国冰雪产业快速发展，冰雪运动人数快速上升，冰雪运动市场需求得到释放，将引领户外用品行业市场增长．下面是2012年至2018年中国雪场滑雪人次(万人次)与同比增长率的统计图，则下面结论中正确的是( )

A. 2013年至2018年，中国雪场滑雪人次的同比增长率逐年增加
B. 2013年至2018年，中国雪场滑雪人次逐年增加
C. 2013年与2018年相比，中国雪场滑雪人次的同比增长率近似相等，所以同比增长人数也近似相等
D. 2012年到2018年，中国雪场滑雪人次增长率约为146.2%
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据图中条形统计图和折线图的实际意义分析逐个判定即可.
【详解】由2012年至2018年中国雪场滑雪人次(万人次)与同比增长率的统计图可知：
对于A，2013年至2015年，中国雪场滑雪人次的同比增长率逐年增加，而2015年至2018年，中国雪场滑雪人次的同比增长率逐年减少，故A错误；
对于B，2013年至2018年，中国雪场滑雪人次逐年增加，故B正确；
对于C，2013年与2018年相比，中国雪场滑雪人次的同比增长率近似相等，但是同比增长人数不相等，2018年比2013年增长人数多，故C错误；
对于D，2012年至2018年，中国雪场滑雪人次增长率约为，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题考查统计图表的应用，考查学生的数据分析能力，属于基础题.
11. 在中，三边长分别为，，，且，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据不等式的性质，由三角形的性质，可判断A正确；利用基本不等式，可判断BC正确；由特殊值法，可判断D错.
【详解】A选项，因为，，为三角形三边，所以，则，即，故A正确；
B选项，根据三角形的性质可得，，则，当且仅当时，等号成立；因此，故B错；
C选项，，当且仅当，即时，等号成立，此时不满足三角形性质，故，即C正确；
D选项，若，则能构成三角形，且满足，但此时，即D错；
故选：ABC.
【点睛】易错点睛：
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
(1)“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
(2)“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
(3)“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
12. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德､牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如：.则下列命题中正确的是( )
A. ，则
B.
C.
D. 若，使得同时成立，则正整数n的最大值是5
【答案】CD
【解析】
【分析】根据“高斯函数”的定义逐个分析可得答案.
【详解】对于A，当时，满足，但是，故A错误；
对于B，设，，，，则，
则，因为，所以，所以，所以，故B错误；
对于C，设，，则，，
，，，
所以，
当时，，，得，所以，
当时，，，得，所以，
综上所述：.故C正确；
对于D，当时，得，得，
当时，得，得，得，
当时，得，得，得，
当时，得，得，得，此不等式组无解，
综上所述：符合题意的正整数n的最大值是5，故D正确.
故选：CD
【点睛】关键点点睛：理解并运用“高斯函数”的定义解题是解题关键.
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 的展开式中，x3的系数是_________.(用数字填写答案)
【答案】10
【解析】
【详解】试题分析：的展开式的通项为(，1，2，…，5)，令得，所以的系数是.
考点:二项式定理
【名师点睛】确定二项展开式指定项的系数通常是先写出通项,再确定r的值,从而确定指定项系数.

14. 春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设为其中成活的株数，若的方差，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可知：，且，从而可得值．
【详解】由题意可知：
∴，即,
∴
故答案为：
【点睛】本题考查二项分布的实际应用，考查分析问题解决问题的能力，考查计算能力，属于中档题．
15. 已知与的图象有且只有两个不同的公共点，其中为自然对数的底数，则的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】
问题转化为有两个不同的实根，再利用参变分离法，把问题转变为，进而令，利用导数讨论的图像，进而利用数形结合可以求解
【详解】

由题意得，问题转化为①有两个不同的实根，又因为由函数与的图像可知，它们有一个交点，

其横坐标满足，且当，即时，方程①无解，不满足题意，
所以当时，方程①等价于，令，则，所以由，得，函数的单调递增区间为；由得或，即函数的单调递减区间为和，所以当时，函数取得极小值，又当从左到右无限趋近于时，，当从右到左无限趋近于时，，且当时，，由此可作出函数的大致图像，如图所示，

则由图易知，当函数与函数有两个交点，即方程①有两个不同的实数根时，的取值范围为
故答案为：
【点睛】关键点睛：解题的关键在于，利用参变分离法，把问题转变为，然后，令，最后利用导数讨论其图像，本题的难度比较大，考查学生的转化化归思想和数形结合的运用
16. 设双曲线的左右两个焦点分别为、，是双曲线上任意一点，过的直线与的平分线垂直，垂足为，则点的轨迹曲线的方程________；在曲线上，点，，则的最小值________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】
延长与的延长线交于点，计算得到轨迹方程，取点，，解得答案.
【详解】如图所示：延长与的延长线交于点，
则，
故轨迹方程为.
取点，则，，故，
，当共线时等号成立.
故答案为：；



【点睛】本题考查了轨迹方程，长度最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力，取点证明相似是解题的关键.
四、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. 在中，三边a，b，c所对应的角分别是A，B，C．已知a，b，c成等比数列．
(1)求角的取值范围；
(2)若，求角的值.
【答案】(1)；(2).
【解析】
【分析】(1)由a，b，c成等比数列，可得，再利用余弦定理和基本不等式可得，结合余弦函数的性质可求得角的取值范围；
(2)由已知可得，而，再由得，所以可得，从而可求出角的值
【详解】解：(1)因为a，b，c成等比数列，所以，
由余弦定理，得，
所以，当且仅当时取等号，
又因为B为的内角，
所以，
(2)，
又因为，所以由正弦定理有，.
因为，
所以，得，即，
由知，不是最大边，
所以.
18. 已知正项数列的前项和为，且满足：，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2).
【解析】
【分析】(1)利用可得数列是等差数列，即可求出通项公式；
(2)由裂项相消法可求出.
【详解】解：(1)由，
又有，，两式相减得，
因为，所以，
又，，解得，满足，
因此数列是等差数列，首项为，公差为，
所以，
(2)
所以.
19. 如图，在多面体中，四边形，，均为正方形，点是的中点，点在上，且与平面所成角的正弦值为.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)见解析；(2).
【解析】
【详解】
【分析】分析：(1)根据条件可证得四边形是平行四边形，故，然后由线面平行的判定定理可得结论成立．(2)由题意易知两两垂直且相等，故建立空间直角坐标系，通过向量的运算来求二面角的大小．
详解：(1)因为四边形，均为正方形，
所以且，且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以．
又因为平面，平面，
所以 ．
(2)由题意易知两两垂直且相等，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系．


令，则．
设，且,则，
故，
所以点H的坐标为，
故．
易得为平面的一个法向量．
设与平面所成角为，
则，
解得或(舍去)，
所以点，
所以，
设平面的法向量为，
由得令，则．
设平面的法向量为，同理可得，
故，
由图形知二面角为锐角，
所以二面角的大小为．
20. 已知椭圆过点，，其上顶点到直线的距离为2，过点的直线与，轴的交点分别为、，且.

(1)证明：为定值；
(2)如上图所示，若，关于原点对称，，关于原点对称，且，求四边形面积的最大值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】
【分析】
(1)其上顶点到直线的距离为2，求出，点代入椭圆方程，可求出椭圆方程，设经过点的直线方程为：，可得，.利用，可得，利用两点之间的距离公式可得；
(2)由(1)得直线的方程为，与椭圆方程联立求出，由点到直线距离公式，求出到直线距离，求出四边形面积的关于的表达式，结合关系，由基本不等式求出最大值.
【详解】(1)其上顶点到直线的距离为2，
，解得.
又椭圆过点，
，解得.
∴椭圆的标准方程为：.
点在椭圆上，.
设经过点的直线方程为：，
可得，.
，即.
定值.
(2)由(1)得直线斜率为，
方程为，
即，，
联立解得，
，
点到直线的距离为，


当且仅当，即时，等号成立，
，
四边形面积的最大值为.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、平行四边形的面积，利用基本不等式求最值，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算，属于较难题.
21. 函数.
(1)若函数的图象在处的切线过，求的值；
(2)在恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)1；(2).
【解析】
【分析】
(1)先对函数求导，得到，根据题意，得到，推出，设，，对其求导，研究其单调性，求出最小值，即可得出结果；
(2)先由题意，将在恒成立，转化为在恒成立，设，，对其求导，分，，三种情况讨论，研究其单调性，得到其大致范围，即可得出结果.
【详解】(1)因为，所以，
由于在处的切线过，
所以，即，
化简得，即，
设，，则，
由得；由得；
从而在单调递增，再单调递减；因此，
所以有唯一根；
(2)由得，因为，所以，
因此，在恒成立，即是在恒成立；
设，，
则，
当时，，此时恒成立，
所以单增，因此，满足题意；
当时，显然恒成立，此时单增，
所以，也满足题意；
当时，由得，，
所以方程必有两不等实根，不妨设为，
由根与系数关系，，所以方程在有唯一根，
即在有唯一根，所以易得：在单减，单增，
则，与题意矛盾，不成立；
综上，.
【点睛】本题主要考查由函数的切线过某点求参数，以及由导数的方法研究不等式恒成立的问题，熟记导数的几何意义，以及导数的方法研究函数的单调性，最值等即可，属于常考题型.
22. 一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某种新型勘探技术的精准率为0.6，乙类人员应用这种勘探技术的精准率为.每个勘探小组配备1名甲类人员与2名乙类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应用这种技术的机会且互不影响，记在执行任务中每个勘探小组能精准应用这种新型技术的人员数量为.
(1)证明：在各个取值对应的概率中，概率的值最大；
(2)在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如果半小时内无法完成任务，则重新派另一组出发.现在有三个勘探小组可派出，若小组能完成特殊任务的概率t；，且各个小组能否完成任务相互独立.试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小.
【答案】(1)证明见解析；(2)按照完成任务概率从大到小的的先后顺序派出勘探小组.
【解析】
【分析】(1)由已知，的所有可能取值为0，1，2，3，再根据独立事件的概率计算出取不同值对应的概率，再做差比较即可判断；
(2)先根据(1)中的结论比较和的大小，可得，故而可猜想出结论，再进行证明即可.
【详解】(1)由已知，的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
.
∵，
∴，
，
，
∴概率)的值最大.
(2)由(1)可知，当时，有的值最大，
且，
∴.
∴应当以的顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小，即优先派出完成任务概率大的小组可减少所需派出的小组个数的均值.
证明如下：
假定为的任意一个排列，即若三个小组按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为，则，且的分布列为

1
2
3
P



∴数学期望.
下面证明成立，
∵




.
∴按照完成任务概率从大到小的的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小.
【点睛】本题考查相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列和数学期望，以及期望的实际应用，考查学生对数据的分析能力和运算能力.