湖北省鄂州市2020-2021学年高二下学期期末质量监测 数学试题

鄂州市2020—2021学年度下学期期末质量监测

高 二 数 学

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．

2．设，其中，是实数，则（    ）

A．2 B．4 C． D．

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

4．已知向量，，若，则实数m＝（   ）

A．2 B． C． D．

5．若随机变量~，，则实数等于（    ）

A． B．0 C．1 D．2

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

7．如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为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A1A的三等分点处，球O的表面积为

B．当点P在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C1C的中点处，三棱锥C1—PQC的体积为定值

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

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．

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．右面是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146.3%

11．在中，三边长分别为，，，且，则下列结论正确的是（    ）

A． 

B．

C． 

D．

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[t3]＝1，[t4]＝2，[t5]＝3，…，[tn]＝n－2同时成立，则正整数n的最大值是5

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）

14．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P，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X为其中成活的株数，若X的方差D(X)＝2.1，P(X＝3)＜P(X＝7)，则P＝________．

15．已知f(x)＝(aex＋x＋1)(ex＋x＋1)与g(x)＝e2x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_______.

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________.

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．(本题10分)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．

⑴求角的取值范围；

⑵若，求角的值.

18．(本题12分)已知正项数列的前项和为，且满足：，.

⑴求数列的通项公式；

⑵设，求数列的前项和.

19．(本题12分)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.

⑴证明：平面；

⑵求二面角的大小.

20．(本题12分)已知椭圆过点，其上端顶点到直线的距离为2，点在椭圆上，过点的直线与，轴的交点分别为、，且.

⑴证明：为定值；

⑵如右图所示，若，关于原点对称，，关于原点对称，且，求四边形面积的最大值.

21．(本题12分)函数.

⑴若函数的图象在处的切线过，求的值；

⑵在恒成立，求的取值范围.

22．(本题12分)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.

⑴证明：在各个取值对应的概率中，概率的值最大；

⑵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，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.

鄂州市2021年高二下学期期末考试

数学参考答案

一、选择题

1~8：DCAA   BDDC     9.ABD   10．BD    11．ABC     12．CD

二、填空题

13．10    14．0.7    15．    

16．    （第一空2分，第二空3分）

三、解答题

17．解：（1）由余弦定理，得，又，

∴，当且仅当时取等号，又∵为的内角，

∴，…….…….…….…….…….…….…….……….…….…….…….…….5分

（2），

又∵成等比数列，得，由正弦定理有，.………7分

∵，∴，得，即，

由知，不是最大边，∴.…….…….…….…….…….…….…….……10分

18．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…….…….…….…….…….…….…….……6分

(2)

所以.…….…….…….…….…….…….…….……12分

19．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 ．…….…….…….…….…….…….…….……5分

（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， …….…….…….…….…9分

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，

所以二面角端的大小为．…….…….…….…….…….…….…….……12分

20．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.

为定值. …….….……5分

（2）由（1）得直线斜率为，

方程为，

即，，

联立解得，

，…….…….…….…….7分

点到直线的距离为，…….…….…9分

…….…….…….……10分

当且仅当，即时，等号成立，

，

四边形面积的最大值为.…….…….…….…….…….…….…….……12分

21．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g(t)max＝g(1)＝0，

所以有唯一根；…….…….…….…….…….…….…….……5分

(2)由得，因为，所以，

因此，在恒成立，即是在恒成立；

设，，

则，…….…….…….…….…….…….…7分

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，.…….…….…….…….…….…….…….………….…….…….…12分

22．解：（1）由已知，的所有可能取值为0，1，2，3，

，

，

，

.

∵，

∴，

，

，

∴概率）的值最大. …….…….…….…….…….…….…….……5分

（2）由（1）可知，当时，有的值最大，

且，

∴.…….…….…….…….…….…….…….………….…….…….7分

∴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

∴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. …….…….…….…….…….…….…….……12分