河南省许昌市2020-2021学年高二数学下学期期末质量检测试题 理.doc

1、河南省许昌市2020-2021学年高二数学下学期期末质量检测试题 理注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上将条形码粘贴在“条形码粘贴处”2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案答案不能答在试卷上3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效4考生必须保证答题卡的整洁考试结束后，将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

2、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设集合，则（ ）ABCD2已知复数满足，则（ ）ABCD3已知，则（ ）ABCD4下表是某产品14月份销量（单位：百件）的一组数据，分析后可知，销量与月份之间有较好的线性相关关系，其线性回归方程是，则预测5月份的销量是（ ）月份1234销量4.5432.5A2B1.5C2.5D1.65函数在处的切线方程为，则（ ）A10B20C30D406若，则，大小关系正确的是（ ）ABCD7执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）A4B2C1D8已知双曲线，为双曲线的左右焦点，在双曲线上，若，则双曲线的离心率为（ ）ABCD9若，则“”的一个充分不必

3、要条件是（ ）ABC且D或10在区间上任取两个数，则这两个数之和小于的概率是（ ）ABCD11已知函数（其中，）满足，直线为的一条对称轴，且函数在上单调，则实数的最大值为（ ）A6B10C14D1812数列的首项，且，令，则（ ）A2020B2021C2022D2023二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13的展开式的常数项是_14“华东五市游”作为中国一条精品旅游路线一直受到广大旅游爱好者的推崇现有5名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四地方旅游，假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为_15已知抛

4、物线如图，过焦点作斜率为直线交抛物线于，两点，交抛物线的准线于点，若，则（ ）ABCD16已知函数，在处取得极小值，则实数的取值范围是_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：60分17（12分）在中，角，的对边分别为，已知（1）若，求的值；（2）若的平分线交于，且，求的最小值18（12分）某机器生产商，对一次性购买两台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修方案：方案一：交纳延保金600元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1500元；案二：交纳延保金7

5、845元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维费元某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了100台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，统计得如表：维修次数0123机器台数10204030以这100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率记表示这两台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数（1）求的分布列；（2）以所需延保金与维修费用之和的期望值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合算19（12分）如图，四棱锥中，底面为正方形，为等边三角形，平面底面，为的中点（1）求证：；（2）在线段（不包括端点）上是否存在点，使直

6、线与平面所成角的正弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由20（12分）已知椭圆，双曲线，设椭圆与双曲线有相同的焦点，点，分别为椭圆与双曲线在第一、二象限的交点（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与轴相交于点，过点作直线交椭圆于，两点（不同于，），求证：直线与直线的交点在一定直线上运动，并求出该直线的方程21（12分）已知函数，其中，（1）若恒成立，求的取值范围；（2）当时，求证（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系若极坐标方程为的

7、曲线与曲线（为参数）相交于，两点，曲线是以为直径的圆（1）求曲线的极坐标方程（2）若过点斜率为的直线与曲线相交于、两点，求线段中点的坐标和线段的长度23【选修4-5：不等式选讲】（10分）已知关于实数的不等式无解（1）求实数的取值组成的集合（2）已知且，求的最小值许昌市20202021学年第二学期高中期末考试高二理科数学参考答案1B2A3C4A5B6A7D8D9C10C11C【解析】函数在区间上单调，即，解得：，是的零点，直线为图象的一条对称轴，即，当时，取，此时在上单调递减，满足题意；故选C122022解：因为，所以，所以且，所以数列是以4为首项，公比为4的等比数列，所以，即，代入得，设数列

8、的前项和为，则，则1361141516函数的定义域为，且，令，则，且（1）当时，函数在上单调递增，所以当时，当时，所以在处取得最小值，满足题意（2）当时，即，当时，函数在上单调递增，所以当时，当时，所以在处取得最小值，满足题意（3）当时，当时，单调递增，当时，单调递减，又，所以当时，单调递减，不符合题意（4）当时，即，且当时，单调递减，当时，单调递减，所以在处取得极大值，不符合题意综上可知，实数的取值范围是17解析：（1）由正弦定理，得，即；由余弦定理得，又，所以；所以（2）由题意得，即，所以，即；则，当且仅当，即，时取等号；所以的最小值为9解：（1）根据题意，随机变量的所有取值为0，1，2，

9、3，4，5，6，因为以这100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率所以，所以随机变量的分布列为：0123456001004012022028024009（2）设所需延保金与维修费用之和为，若采用方案1，则随机变量分布列为：6000750090001050012000017022028024009则随机变量的期望为：元若采用方案2，则随机变量的分布列为：7845067024009所以随机变量的期望为：元令，得元，若，则方案1的费用高，应选择方案2若，则两种方案费用一样多，可以任选一个方案若，则方案2的费用高，应选择方案119解：（1）取的中点连，又面面，面面，面，面，法一：面，则，

10、在正方形内，分别为，的中点，则有，又，平面，又平面，法二：取的中点，连，则，两两垂直，分别以，所在的直线为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系设，则，则有，（2）由（1）中法二，所得空间直角坐标系，易知，设，则，设面的法向量为，则，即，令，则设直线与平面所成的角为，整理得：，即在上存在点，使得直线与平面成角的正弦值为，此时点为靠近点的三等份点，即20解：（1）因为椭圆与双曲线有相同的焦点，所以，将点代入椭圆方程得，联立解得，所以椭圆的标准方程为：（2）由条件知直线与直线不重合，故直线的斜率不为0，且，设直线的方程为，联立可得，设，则，由，共线得：，即：，同理，由，共线得：，由消去并整理得，所以，解

11、得，综上所述，直线与直线的交点在定直线上运动21解（1）设，则，当时，所以单调递增，所以，所以单调递增，此时，即，满足题意当时，在内必然存在一个，使得即在上单调递减，在上单调递增，此时，不满足题意所以实数的取值范围为（2）当时，所以要证，只需证由（1）可知时，即，所以要证，只需证，即证设，则所以在上单调递增，所以，即，所以所以当时 22解：（1）化为直角坐标方程为，化为普通方程为，联立得，所以曲线的普通方程为故的极坐标方程为（2）依已知设直线的参数方程为（为参数）并代入式整理得，由于，所以，所以，故的坐标为，由的几何意义知23解：（1）设，由于（当且仅当时等号成立），所以函数的最小值为，故只需，所以，（2）由（1）知，所以（当且仅当时取等号）