河南省平顶山市2020-2021学年高二数学下学期期末调研考试试题 理.doc

1、河南省平顶山市2020-2021学年高二数学下学期期末调研考试试题 理考生注意：1答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题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回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共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复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2有下列四个命题：若，则；若，则；若，则若，则

2、其中真命题的个数是（ ）A1B2C3D43“”是“”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4与双曲线共焦点，且离心率为的椭圆的标准方程为（ ）ABCD5已知等比数列是递增数列，若，且，成等差数列，则的前4项和（ ）A4B40C4或40D156已知抛物线的顶点在坐标原点，准线方程为，过其焦点的直线与抛物线交于，两点，若直线的斜率为1，则弦的长为（ ）A4B6C7D87盒中有10只螺丝钉，其中有2只是坏的，现从盒中随机地抽取4只，那么恰好有2只是坏的的概率为（ ）ABCD8设变量，满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）A4B3CD9的展开式中各项的二项式系数的和为

3、256，则展开式中的系数为（ ）AB504CD7010设每天去某网红景点旅游的人数（单位：万人）为随机变量，且，则一天中去该网红景占旅游的游客不少于1.5万人的概率为（ ）参考数据：若，则，A0.97725B0.84135C0.6827D0.1586511观察下列数表，数表中的每一行从左到右，每一列从上到下均为等差数列1234第一行2345第二行3456第三行4567第四行第一列 第二列 第三列 第四列若第行与第列的交叉点上的数记为，则（ ）A210B399C400D42012已知定义在上的函数的导函数为，且，则的最小值为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13为了解患

4、某疾病是否与性别有关，随机地调查了50人，得到如下的列联表：患该疾病不患该疾病总计男151025女52025总计203050则_（填“有”或“没有”）99.9%的把握认为患该疾病与性别有关参考公式：，其中参考数据：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1721题为必考题，每个试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（12分）已知正项数列的前项和为，且（）求的通项公式；（）记，求的前项和18（12分）如图，在三棱柱中，（）证明：平面平面；（）求二面角的余弦值19（12分）某个知名品牌在某大型超市举行新品上市的抽奖活动，举办方设置了

5、甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得300元优惠券；方案乙的中奖率为，中奖可以获得350元优惠券；未中奖则没有优惠券每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响（）若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们获得的优惠券总金额为元，求的概率；（）若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，分别求两种方案下小明、小红获得优惠券的总金额的分布列，并判断他们选择何种方案抽奖，两人获得的优惠券总金额的数学期望较大20（12分）已知椭圆：经过点，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为（）求椭圆的标准方程（）设为原点，直线：与椭圆交于两个不同点，直线与轴交于点，直线与轴交于点

6、，问：是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由21（12分）已知函数（）讨论函数的单调性；（）若函数在上是增函数，求实数的取值范围（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，则按所做的第一题计分22选修44：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在以原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为（）写出的普通方程和的直角坐标方程；（）若与相交于，两点，求的面积23选修45：不等式选讲（10分）已知函数（）若，求不等式的解集；（）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围20202021学年第二学期高二期末

7、调研考试理科数学答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分1答案A命题意图 本题考查复数的运算以及复数的几何意义解析 ，故复数在复平面内对应的点位于第一象限2答案C命题意图 本题考查不等式的性质解析 中，若，则，则，所以，正确；中，当，时，不成立，错；正确；中，由，可得，正确故选C3答案A命题意图 本题考查充分必要条件的判断和分式不等式的解法解析 不等式可化为解得，因为，但，所以“”是“”的充分不必要条件4答案C命题意图 本题考查椭圆的标准方程和简单的几何性质解析 设椭圆的半焦距为由题知，椭圆的焦点坐标为，所以，再由，可得，所以，则椭圆的标准方程为5答案B命题意图 本题考査等差中项、

8、等比数列的通项与求和解析 设的公比为，由于，成等差数列，所以因为，所以，即，解得（舍去），或，所以6答案D命题意图 本题考查抛物线的标准方程、抛物线的定义以及直线与抛物线的位置关系解析 依题意得，抛物线的方程是，直线的方程是联立消去，得，即设，则，所以7答案C命题意图 本题考查超几何分布解析 设表示取出的螺丝钉恰有只是坏的，则8答案D命题意图 本题考查线性规划解析 由题意知，约束条件所表示的平面区域的顶点分别为，目标函数可化为，当过点时，直线的纵截距最大，此时最小，将代入目标函数可得，故的最小值为9答案A命题意图 本题考查二项式定理解析 由题可知，解得的展开式的通项为再令，解得所以展开式中的系

9、数为10答案B命题意图 本题考查正态分布及其简单应用解析 ，11答案C命题意图 本题考查归纳推理和等差数列的求和解析 根据数表可知，第1行第1列上的数为1，第2行第2列上的数为3，第3行第3列上的数为5，第4行第4列上的数为7，由此可以推导出第行与第列交叉点上的数应该是，所以12答案B命题意图 本题考查导数在研究函数中的应用解析 由，可知设，则，所以，又由，可得，所以所以当时，单调递减；当时，单调递增所以的最小值为二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13答案 没有解析 由公式得，故没有99.9%的把握认为患该疾病与性别有关三、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17

10、命题意图 本题考查等差数列的通项和数列的求和解析（）由，可得数列是以为首项、1为公差的等差数列，所以，得当时，当时也符合上式，故的通项公式为 （）由（）知，所以，则，两式相减得，所以18命题意图 本题考查垂直关系的证明和二面角的求解解析（）因为在三棱柱中，所以，又，所以平面又因为平面，所以平面平面（）如图，作，垂足为因为平面，平面平面，所以平面由，可求得，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即令，可得，所以可取又平面的法向量可取，所以，因此二面角的余弦值为19命题意图 本题考查随机变量的分布列与数学期望解析（）由已知得，

11、小明中奖的概率为|，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响记“”的事件为，则事件的对立事件为，即“”，因为，所以，即的概率为（）设小明、小红都选择方案甲所获得的优惠券总金额为元，都选择方案乙所获得的优惠券总金额为元，则的可能取值为0，300，600，的可能取值为0，350，700，所以，的分布列如下：03006000350700所以，因为，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，所获得的优惠券总金额的数学期望较大20命题意图 本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系解析（）由题意，得，再由连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为可得，所以所以椭圆的标准方程为（）设，则直线的方程为令，得点的横坐标又，

12、从而，同理，由得，则，所以，即为定值221命题意图 本题考査导数在研究函数中的应用解析（）由题可知的定义域为，令，得当时，函数单调递减；当时，函数单调递增 （）由题可知，则在上是增函数，在上恒成立对任意，不等式恒成立，等价于恒成立 令，则，令，则， 在上单调递减，当时，当时，即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， ，从而，即的取值范围为 22命题意图 本题考查极坐标方程与参数方程及其应用解析（）由（为参数），消去参数可得，曲线的普通方程为曲线的极坐标方程为，即，所以的直角坐标方程为（）由曲线的普通方程为，可知它表示圆心为，半径的圆圆心到直线的距离，故原点到直线的距离所以所以的面积为23命题意图 本题考查求绝对值不等式的解集及绝对值不等式恒成立问题解析（）依题意，当时，解得；当时，解得；当时，无解综上可得，不等式的解集为（）因为在上恒成立，所以，即，所以，所以由，得由，得在上恒成立，所以因为，所以综上所述，实数的取值范围为