江苏省盱眙县都梁中学2020-2021学年高二数学下学期期末名师备考卷 理.doc

1、江苏省盱眙县都梁中学2020-2021学年高二数学下学期期末名师备考卷 理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、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。2选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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，则（ ）ABCD【

2、答案】C【解析】，所以，故选C2已知，则“”是“z为纯虚数”的（ ）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分又非必要条件【答案】B【解析】为纯虚数，是错的，比如，z不是纯虚数，故充分性不成立；z为纯虚数，故必要性成立，故答案选B3某部门为了解某平台“直播带货”商品销售反馈情况，随机抽取了这8类商品，收集了这几类商品分别在新规实施前后的消费者评价得分，绘制成如图所示的雷达图根据统计图判断，下面的叙述一定不正确的是（ ）A新规实施后，类商品的评价得分提升幅度最大B新规实施后，类商品的评价得分低于新规实施前C这类商品评价得分的平均分高于新规实施前的平均分D有类商品的评价得分高于新规实施前

3、【答案】D【解析】对于A，由雷达图知，类商品在新规实施前后的评价得分差最大，A正确；对于B，由雷达图知，新规实施后，类商品的评价得分均低于新规实施前，B正确；对于C，新规实施后，除类商品外，其余类商品的评价得分均高于新规实施前，且增长幅度超过评价得分下降幅度，则类商品评价得分的平均分高于新规实施前，C正确；对于D，两类商品评价得分低于新规实施前，其余类商品评价得分高于新规实施前，D错误，故选D4在中，角，所对的边分别为，若满足条件的三角形有且只有一个，则边的取值不可能为（ ）A3B4CD【答案】B【解析】由已知，到直线的距离为，所以当或时，即或时，满足条件的三角形有且只有一个所以对于A，符合，

4、故三角形有一解；对于B：当时，符合，故三角形有两解；对于C：符合，故三角形有一解；对于D：符合，故三角形有一解，故选B5设，则，的大小关系为（ ）ABCD【答案】D【解析】指数函数分别是R上的增函数和减函数，则，对数函数在上单调递增，则，所以有，即，故选D6一次表彰大会上，计划安排这5名优秀学生代表上台发言，这5名优秀学生分别来自高一、高二和高三三个年级，其中高一、高二年级各2名，高三年级1名发言时若要求来自同一年级的学生不相邻，则不同的排法共有（ ）种A36B48C72D120【答案】B【解析】先排高一年级学生，有种排法，若高一年级学生中间有高三学生，有种排法；若高一学生中间无高三学生，有种

5、排法，所以共有种排法，故选B7已知，将图象向左平移个单位（）得到函数的图象，函数的一个对称轴为，则下列说法正确的是（ ）A最小正周期为B为奇函数CD【答案】D【解析】，将图象向左平移个单位（）得到函数，函数的一个对称轴为，即，时，为偶函数，综上可知ABC错误，D正确，故选D8函数及，则及的图象可能为（ ）ABCD【答案】B【解析】当时，单调递减，单调递减，所以单调递增且定义域为，此时与y轴的截距在上，排除C；当时，单调递减，单调递增，所以单调递减且定义域为，此时与y轴的截距在上，当时，单调递增；当时，单调递减，故只有B符合要求，故选B9已知，设函数，当时，取得最小值，则在方向上的投影为（ ）A

6、BCD【答案】D【解析】，由题意，解得，所以在方向上的投影为，故选D10数列满足且对任意，则（ ）ABCD【答案】B【解析】因为数列满足且对任意，所以，所以，所以是以2为公比的等比数列，所以，则，当时，解得，所以，故选B11已知双曲线的上焦点为，过作一条直线与直线垂直，若与双曲线的上下支均有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】依题意，直线的斜率为，则的方程为设与双曲线上下支的交点分别为，联立直线与双曲线方程，消去得，由与双曲线上下支均有交点，得，且，由韦达定理得，则，即，则，可得且，解得，所以离心率的取值范围是，故选B12已知定义在上的偶函数，其导函数为，若，则

7、不等式的解集是（ ）ABCD【答案】A【解析】构造函数，当时，故，在上单调递增，又为偶函数，为偶函数，所以为偶函数，在单调递减，则，；，当时，即，所以；当时，即，所以，综上所述，故选A第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是_【答案】180【解析】，由题意，此不等式组只有一解，因此（），所以常数项为，故答案为18014正三棱台上下底面棱长分别为3和6，侧棱长为2，则正三棱台的体积为_【答案】【解析】如下图，正三棱台，将其补全为三棱锥，为其高，正三棱台的体积，由题设易知，设，则，即三棱锥的高，故的高为1，故答案为15已

8、知圆及点，点P、Q分别是直线和圆C上的动点，则的最小值为_【答案】3【解析】作出点A关于直线的对称点，如图：设点，则有，解得，即，而C(2，0)，由圆的性质知：圆外点P与圆C上点Q距离满足(当且仅当Q是线段PC与圆C的交点时取“=”)，连接交直线于点O，P为直线上任意一点，连接(线段PC交圆C于点Q)，则，当且仅当点P在线段上，即与点O重合时取“=”，所以的最小值为3，故答案为316如图所示的数阵中，第20行第2个数字是_1 【答案】【解析】不妨令，将以上各式相加得，所以，所以第20行的第2个数是，故答案为三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12

9、分）在中，内角，的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，求最大值【答案】（1）；（2）4【解析】（1）由，根据正弦定理有，所以，所以，即，因为，所以，所以，因为，所以（2）由（1）知，所以，则，由正弦定理，得，所以，所以因为，所以，所以当时，的最大值为418（12分）如图，在四棱锥，底面，为棱上一点（1）确定点E的位置，使得直线平面；（2）若二面角的正弦值为，求直线与平面所成角的余弦值【答案】（1）为的中点；（2）【解析】（1）为的中点取PA的中点F，连接EFFD，E为PB的中点，即，又，则四边形CDFE为平行四边形，故，故面（2）以为坐标原点，以，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图

10、所示，则，设，则，在棱上，可设()，故，解得，即设平面的法向量为，即，取，则；设平面的法向量，即，取，则，二面角的正弦值为，则余弦值为，即，即又，解得，即，轴平面，平面的一个法向量为，设与平面所成角为，则，故与平面所成角的余弦值为19（12分）随着时代发展和社会进步，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分已知某市2020年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩（满分视为100分）作为样本，整理得到如下频数分布表：笔试成绩人数51025302010（1）假定笔试成绩不低于90分为优秀，若

11、从上述样本中笔试成绩不低于80分的考生里随机抽取2人，求至少有1人笔试成绩为优秀的概率；（2）由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩近似服从正态分布，其中近似为100名样本考生笔试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代替），据此估计该市全体考生中笔试成绩不低于85.9的人数；（结果四舍五入精确到个位）（3）考生甲为提升综合素养报名参加了某拓展知识竞赛，该竞赛要回答3道题，前两题是哲学知识，每道题答对得3分，答错得0分；最后一题是心理学知识，答对得4分，答错得0分已知考生甲答对前两题的概率都是，答对最后一题的概率为，且每道题答对与否相互独立，求考生甲的总得分的分布列及数学期望（参考数

12、据：；若，则，）【答案】（1）；（2）人；（3）分布列见解析，期望值为【解析】（1）由已知，样本中笔试成绩不低于80分的考生共30人，其中成绩优秀10人，（2）由表格数据知，又，即，由此可估计该市全体考生笔试成绩不低于85.9分的人数为人（3）考生甲的总得分的所有可能取值为0，3，4，6，7，10；，的分布列为：034671020（12分）已知椭圆的离心率为，且过点，直线l与椭圆相交于M、N两点，过点的直线、分别与椭圆相交于另外两点A、B，且直线的斜率为2（1）求椭圆C的方程；（2）求证：直线l恒过定点【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由已知得，解得，所以椭圆方程为（2）设M、N两

13、点的坐标分别为，A、B的坐标分别为，直线l的方程为，则直线的方程分别为，直线的方程分别为，由消去，整理得由题意可知，方程有两个不同的解，且，则，代入，得，即A点坐标为；同理可得到B点坐标为，因为直线的斜率为2，所以，即，则，整理得，则，所以，则直线恒过点21（12分）已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】（1）函数的定义域为，且当时，若，则；若，则，此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，令，可得（舍）或若，则；若，则，此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，（i）若，即当时，对任意的，此时，函数在上为增函

14、数；（ii）若，即当时，由，可得或，且由，可得或；由，可得，此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，综上所述，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，；当时，函数在上为增函数（2）由，可得，即对任意的恒成立，令，其中，令，其中，则，所以，函数在上单调递减，则，所以，函数在上单调递减，故，所以，当时，此时函数在上单调递增；当时，此时函数在上单调递减，所以，因此，实数的取值范围是请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐

15、标系中，直线的参数方程为(其中为参数)在以为极点轴的非负半轴为极轴的极坐标系(两种坐标系的单位长度相同)中，曲线的极坐标方程为（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设点的直角坐标为，直线与曲线交于两点，弦的中点为是曲线上异于的点，求面积的最大值【答案】（1），；（2）最大值是【解析】（1）直线的参数标方程是，消参，可得直线的普通方程为，由可得，将代入得，即曲线的直角坐标方程为（2）点恰好在直线上，将代入中，化简整理得，设两点对应的参数分别为，则，所以点对应的参数为，即，又曲线的圆心为，半径为3的圆，所以圆心为到直线的距离，所以动点到直线最大距离为5，则面积的最大值是23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数的最大值为（1）求；（2）若均为正数，且满足，求证：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）当时，；当时，；当时，综上所述，函数的最大值为（2）由（1）知，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，所以20