湖南省长沙市长郡中学2020-2021学年高二下学期期末数学试题（教师版含解析）

长郡中学2020-2021学年高二下学期期末考试

一、单项选择题(本题共12小题，每小题3分，共36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. 排列数(    )

A. 6 B. 8 C. 12 D. 24

【答案】C

【解析】

【分析】

利用排列数公式求解即可.

【详解】；

故选：C.

2. 抛物线的焦点坐标是(          )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

对比抛物线的焦点在轴正半轴的标准方程，求解出焦点坐标为即可.

【详解】因为，所以，

所以，所以焦点坐标为.

故选：D.

【点睛】本题考查根据抛物线的标准方程求解抛物线的焦点坐标，难度较易.形如的抛物线方程的焦点坐标为，准线方程为；形如的抛物线方程的焦点坐标为，准线方程为.

3. 已知数据 的方差为 4 ， 若 ， 则新数据 的方差为(    )

A. 2 B. 4 C. 8 D. 16

【答案】D

【解析】

【分析】利用方差的定义求解即可

【详解】解：由题意可得，

因为，所以，

所以新数据 的方差为

，

故选：D

4. 已知正方体的棱长为，直线与直线的夹角等于(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

连接、，证明出，可得出异面直线与直线所成的角为，分析的形状，进而可得出结果.

【详解】如下图所示，连接、，

在正方体中，且，

所以，四边形为平行四边形，则，

所以，异面直线与直线所成的角为，

易知，为等边三角形，则.

故选：C.

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

(1)平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

(2)认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

(3)计算：求该角的值，常利用解三角形；

(4)取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

5. 已知向量 ， 如果 ，那么 等于(    )

A.  B. 1 C.  D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】利用空间向量共线的条件求解即可

【详解】， ，

，

故选：B

6. “ "是“方程 表示焦点在 轴上的椭圆”的(    )

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据焦点在轴上的椭圆的条件，列出不等式组求出的范围，再利用集合法判断即可.

【详解】因为方程+=1表示焦点在轴上的椭圆，

所以，解得，

故“”是“方程+=1表示焦点在轴上的椭圆”的必要不充分条件.

故选：B

7. 把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则等于(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据条件概率公式转化为，分别求解事件和实际包含的基本事件的个数，代入求解.

【详解】事件为“两次所得点数均为奇数”，则事件为，，，，，，，，，故；为“至少有一次点数是5”，则事件为，，，，，，所以.

故选：B.

8. 曲线在点处的切线方程为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由可求得导函数及对应的函数值，进而可求，即可得处的切线方程.

【详解】的导数为，

∴，

∵，

∴曲线在点处的切线方程为，

即.

故选：C.

9. 正三棱柱各棱长均为1，为的中点，则点到面的距离为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

连接，根据已知条件先证明、，再通过线面垂直的判定定理证明平面，由此确定出的长度即为点到面的距离，最后完成求解.

【详解】连接交于，连接，如图所示：

因为为正方形，所以，

又因为，，

所以且为中点，则为等腰三角形的中垂线，

∴且，∴平面，

∴就是点到截面距离，

又因为，所以点到截面的距离为，

故选：B.

【点睛】方法点睛：求解平面外一点到平面的距离的方法：

(1)几何方法：通过线面垂直的证明，找到在平面内的投影点，则即为到平面的距离；

(2)向量方法：①建立合适空间直角坐标系，在平面内取一点；②求解出和平面的法向量；③根据即可求解出点到平面的距离.

10. 函数的图像大致是(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数，结合选项，利用导数法判断.

【详解】因为，

所以，

令，得，

当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

又当时，，

故选：A

【点睛】本题主要考查导数与函数的图象，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题.

11. 过双曲线：的右顶点作轴的垂线与的一条渐近线相交于，若以双曲线的右焦点为圆心、半径为2的圆经过，两点(为坐标原点)，则双曲线的离心率为(    )

A.  B. 2 C.  D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】

由题可得或，，则可得，求出，即可得出离心率.

【详解】因为双曲线的渐近线方程，所以或，因此，

则可得，整理可得：，因为，解得，所以双曲线的离心率为：.

故选：B.

12. 过点P(2,2)作抛物线的弦AB,恰好被P平分，则弦AB所在的直线方程是(    )

A. x-y=0 B. 2x-y-2=0 C. x+y-4=0 D. x+2y-6=0

【答案】A

【解析】

【分析】先设出直线方程，再联立直线方程与抛物线方程整理可得，的横坐标与直线的斜率之间的关系式，结合弦恰好是以为中点，以及中点坐标公式即可求出直线的斜率，进而求出直线方程．

【详解】由题得直线存在斜率，

设，，，，弦所在直线方程为：，

即，

联立，消去整理得．

不满足题意，

当时，

由题得且，

弦恰好是以为中点，

．

解得．满足

所以直线方程为，

故选．

【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合问题．解决本题的关键在于利用中点坐标公式以及韦达定理得到关于直线的斜率的等式，是中档题．

二、多项选择题(本题共3小题，每小题3分，共9分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得3分，有选错的得0分，部分选对得2分)

13. 已知复数，，则(    )

A.

B.

C. 对应的点在复平面的虚轴上

D. 在复平面内，满足方程的复数对应的点的轨迹为椭圆

【答案】BD

【解析】

【分析】

利用复数的模长公式可判断A选项的正误；利用共轭复数的定义可判断B选项的正误；计算出，利用复数的几何意义可判断C选项的正误；利用复数的几何意义以及椭圆的定义可判断D选项的正误.

【详解】由题意，，，，故A错误；

，故B正确；

，对应的点在复平面的实轴上，故C错误；

满足方程的复数对应的点到点、的距离之和为，

而复数、在复平面内对应的点的距离为，且，

因此，复数在复平面对应的点的轨迹是以，为焦点的椭圆，故D正确.

故选：BD.

14. 4月23日为世界读书日，已知某高校学生每周阅读时间服从正态分布，则(    )

(附：，，，.)

A. 该校学生每周平均阅读时间为9小时；

B. 该校学生每周阅读时间的标准差为4；

C. 该校学生每周阅读时间不超过3小时的人数占0.3%；

D. 若该校有10000名学生，则每周阅读时间在3-5小时的人数约为210.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据正态分布及附加数据，结合选项可以判定，由可得，平均数是9，标准差为2.

【详解】因为，，所以平均数是9，标准差为2，A正确，B不正确；

因为，，.

结合正态曲线的对称性可得，该校学生每周阅读时间不超过3小时的人数占，C不正确；

每周阅读时间在3-5小时的人数占，

，所以D正确；

故选：AD.

【点睛】本题主要考查正态分布，掌握正态曲线性质是求解的关键，属于容易题，侧重考查数学运算的核心素养.

15. 若函数，则下述正确的是(    )

A. 在单调递增 B. 的值域为

C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点对称

【答案】AD

【解析】

【分析】根据函数的性质分别判断每个选项即可.

【详解】对于A，在单调递增，在单调递增，在单调递增，故A正确；

对于B，，故B错误；

对于C，，，，所以图象不关于直线对称，故C错误；

对于D，，，，则的图象关于点对称，故D正确.

故选：AD.

【点睛】本题考查对已知函数的性质的理解，属于基础题.

三、填空题(本题共5小题，每小题3分，共15分.)

16. 某储蓄卡密码共有6位数字，每位数字都可从0-9中任选一个，则可设置的银行卡密码共有______种.

【答案】

【解析】

【分析】

利用乘法原理即可.

【详解】每位上的数字有10个数字可选，由乘法原理总共有种.

故答案为:

17. 展开式中的系数为______.

【答案】8

【解析】

【分析】

先求出展开式的通项，再令的指数为3，即可求出.

【详解】的展开式通项为，

令，解得，则的系数为.

故答案为：8.

18. 如图，正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，则与面所成的角为______.

【答案】

【解析】

【分析】取的中点，连接、，证明出平面，可得出直线与面所成的角为，计算出和，进而可求得.

【详解】如下图所示，取的中点，连接、，

为等边三角形，为的中点，则，

平面，平面，，

又，平面，直线与面所成的角为，

易得，，

在中，，为锐角，则.

因此，直线与平面所成的角为.

故答案为：.

【点睛】本题考查直线与平面所成的角的计算，考查计算能力，属于中等题.

19. 一动圆截直线和所得弦长分别为8，4，则该动圆圆心的轨迹方程为______．

【答案】

【解析】

【分析】

动圆截直线和所得的弦长分别为，，利用点到直线的距离公式，可求、，由垂径定理可得 ，化简即可．

【详解】如图所示：

设点，由条件可得，，，

由点到直线的距离公式可得， ，，

由垂径定理可得：，

，化简可得，，

点的轨迹方程为，

故答案为：．

【点睛】本题以直线与圆相交为载体，考查轨迹方程，解题的关键是利用圆的特殊性，借助于垂径定理求解．

20. 已知函数，，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】首先对进行求导，利用导数研究函数的最值问题，根据题意对任意，存在，使，只要的最小值大于等于在指定区间上有解 .

【详解】由，得，

当时，，当时，，

∴在上单调递减，在上单调递增，

∴

在上有解，在上有解，

函数在上单调增，，.

故答案为:

【点睛】不等恒成立与能成立的等价转换:

任意，存，使

任意，任意，使

存在，存在，使

四、解答题(本题共5小题，每小题8分，共40分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.)

21. 已知)在时有极值0.

(1)求常数，的值；

(2)求函数在区间上值域.

【答案】(1)；(2).

【解析】

【分析】

(1)由条件可知，，求解，再验证；(2)利用导数先求函数的单调区间，再判断的最值.

【详解】(1))可得，

由题时有极值0.可得：即

解得：(舍去)或，经验证成立；

(2)由(1)可知，

，，

所以函数在和递增，递减.

且，，，，

可得值域为.

22. 某学校组织一次自然科学夏令营活动，有10名同学参加，其中有6名男生、4名女生，为了活动的需要，要从这10名同学中随机抽取3名同学去采集自然标本.

(1)已知10名同学中有2名共青团员，求抽取的3人中至少有1名共青团员的概率；

(2)设表示抽取的3名同学中女生的人数，求的分布列及数学期望.

【答案】(1)；(2)分布列见解析，.

【解析】

【分析】(1)根据对立事件的概率公式进行求解即可；

(2)根据概率的计算公式，结合离散型随机变量分布列、数学期望公式进行求解即可.

【详解】(1)记事件“抽取的3人中至少有1名共青团员”，

则

所以.

所以抽取的3人中至少有1名共青团员的概率是

(2)由题意知，可能的取值为0，1，2，3.

，，

，.

所以随机变量的分布列为

.

【点睛】本题考查了对立事件的概率公式的应用，考查了离散型随机变量分布列和数学期望公式的应用，考查了数学运算能力.

23. 在几何体中，点、、在平面内的正投影分别为、、，且，，，为的中点.

(1)求证：平面；

(2)求二面角的大小.

【答案】(1)证明见解析；(2).

【解析】

【分析】

(1)建立空间直角坐标系，证明平面法向量与向量垂直.

(2)求二面角两个半平面的法向量所成角即可.

【详解】(1)因为点在平面内的正投影为，所以，，又，如图建立空间直角坐标系，

，，，，，，，

设平面的法向量，，，

即取，得，

又，，

所以，又平面

所以平面；

(2)设平面的法向量，，，

即取，得，

同理可求平面的法向量，

所以，

由图知二面角的平面角是钝角，

所以二面角的平面角是.

【点睛】关键点睛：利用题设垂直条件，建立空间直角坐标系.

24. 椭圆：)的离心率为，其左焦点到点的距离为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若直线：与椭圆相交于，两点(，不是左右顶点)，且以为直径的圆过椭圆的右顶点.求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.

【答案】(1)；(2)证明见解析，.

【解析】

【分析】

(1)由左焦点到P点的距离及离心率可求解；

(2)联立直线与椭圆方程，利用韦达定理可得和，把用和表示化简可得出答案.

【详解】(1)，设左焦点，

∴，解得，

，，由，

∴椭圆方程为.

(2)由(1)可知椭圆右顶点，

设，，∵以为直径的圆过，

∴即，∴，

∵，，

∴①

联立直线与椭圆方程：

，整理得

∴，，

∴，

，代入到①

，

∴，

∴，即，

∴或，

当时，：，∴恒过

当时，：，∴恒过，但为椭圆右顶点，不符题意，故舍去，

∴恒过.

【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程、椭圆的简单几何性质、直线与椭圆的位置关系，第二问关键点是由韦达定理得到和，利用和表示，考查了学生分析问题、解决问题和运算能力，属于中档题.

25. 设函数，其导函数为.

(1)求函数的单调区间；

(2)若，为整数，且当时，，求的最大值.

【答案】(1)若，在上单调递增；若，的单调减区间是：，增区间是：；(2)2.

【解析】

【分析】

(1)先求导，再分类讨论，利用导数的正负，可求的单调区间；(2)当时，等价于)，令，求导，利用导函数以及零点存在性定理研究函数的最值，即可求的最大值.

【详解】(1)的定义域为，

，

若，则，在上单调递增；

若，则解得.

当变化时，，变化如下表：

综上所述：若，在上单调递增；

若，的单调减区间是：，增区间是：.

(2)由于，

所以.

故当时，

等价于)，①

令，

则.

由(1)知，当时，

函数在上单调递增，

而，，

所以在存在唯一的零点.

故在存在唯一的零点.

设此零点为，则.

当时，；

当时，.

所以在的最小值为.

又由，

可得，

所以.

由于①式等价于，

故整数的最大值为2.

【点睛】关键点睛：本题考查函数的单调性，考查函数的最值；解决本题的关键是第一小题应用分类讨论的方法；第二小题将问题转化为求函数的最小值问题.