湖北省新高考联考协作体2020-2021学年高二下学期期中考试数学试题 WORD版含解析.doc

1、2021年湖北省新高考联考协作体高二下学期期中考试高二数学试卷一单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据命题否定的定义书写即可.【详解】全称量词的否定要改为特称量词，故原命题的否定为，.故选：D.2. （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用复数的乘除法运算法则求解即可【详解】解： ，故选：C3. 已知双曲线：的渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题知双曲线为焦点为轴

2、上的双曲线，故由题知，再结合公式求解即可.【详解】因为双曲线：的渐近线方程为，所以双曲线为焦点为轴上的双曲线，且所以，所以双曲线的离心率为：.故选：B【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程求离心率，考查运算求解能力，解题的关键在于熟练判断双曲线的焦点坐标所在轴及对应的渐近线方程，离心率公式,是中档题.4. 为适应新高考改革，学校在高二年级开设若干课外实践课，甲乙丙三名高中生从个课程中各选择一个参加学习，不同的方法为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据每人有种选择可直接计算得到结果.【详解】甲、乙、丙三人每人有种选择，则不同的方法有种.故选：B.5. 算盘是中国传统的计算工具

3、，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠例如，在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠，个位档拨上一颗上珠，则表示数字65，若在个、十、百、千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机选择两个档位各拨一颗上珠，则所拨数字小于600的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出这样拨珠所得的所有可能的数的个数，然后再确定小于600的数的个数【详解】在个、十、百、千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机选择两个档位各拨一颗上珠，所有的数有个，其中小于600的有个，所求概率为【点睛】本题考查古典概型

4、，解题关键是求出事件空间中基本事件的个数胶所求概率事件中含有的基本事件的个数6. 若离散型随机变量，则和分别为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】利用随机变量的期望，方差其中，计算即可得出答案.【详解】因为离散型随机变量，所以，.故选:B.【点睛】本题考查离散型随机变量的期望和方差计算.属于基础题.熟练掌握其运算公式是解本题的基础.7. 老师要从6篇课文中随机抽取3篇让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格，某同学只能背诵其中的4篇，该同学能及格的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】若该同学能及格，只需抽取的3篇文章里至少有2篇是会背诵的

5、，所以可以分别求出抽的3篇中有2篇和3篇的情况，相加即可.【详解】若该同学能及格，只需抽取的3篇文章里至少有2篇是会背诵的，所以，抽取的3篇里有2篇会背诵的概率为，抽取的3篇里有3篇会背诵的概率为，故该同学能及格的概率为.故选：D.8. 已知函数在，上为增函数，在上为减函数，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得两个根分别位于和上，所以，从而解不等式组可求出实数的取值范围详解】解：由，得，因为在，上为增函数，在上为减函数，所以两个根分别位于和上，所以，即，解得，故选：A二多项选择题：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，有多个

6、选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知空间中三点，则下列说法正确的是（ ）A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量是C. 和夹角的余弦值是D. 平面的一个法向量是【答案】BD【解析】【分析】根据共线向量的坐标表示可知A错误；根据与同向的单位向量为，计算可知B正确；利用向量夹角公式计算可知C错误；根据法向量的求法可知D正确.【详解】对于A，可知，与不共线，A错误；对于B，即与同向的单位向量是，B正确；对于C，即和夹角的余弦值为，C错误；对于D，设平面的法向量，则，令，解得：，即平面的一个法向量为，D正确.故选：BD.10. 已知椭圆：的左右端点分别为，点

7、，是椭圆上关于原点对称的两点(异于左右端点)，且，则下列说法正确的有（ ）A. 椭圆的离心率为B. 椭圆的离心率不确定C. 的值受点，的位置影响D. 的最小值为【答案】AD【解析】【分析】设，则，从而可得，再结合已知条件可得，进而可求出椭圆的离心率，可对A，B选项判断；由已知条件可得四边形为平行四边形，则有，结合已知条件可得，从而可知的值不受点，的位置影响，设，由题意得，则结合基本不等式可得，从而得当点为短轴的端点时最大，进而可求出的最小值【详解】解：设，则，因为，所以，因为，所以，所以，所以离心率，所以A正确，B错误；因为点，是椭圆上关于原点对称的两点，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所

8、以，不受，位置影响，所以C错误；设，由题意得，则有，所以，当且仅当时取等号，即当时，即当点为短轴的端点时最大，此时最小，所以，所以D正确，故选：AD.【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的性质的应用，考查计算能力和转化思想，解题的关键是由可得，从而可求出椭圆的离心率，设，则有，再结合基本不等式可得，从而可知当点为短轴的端点时最大，进而可得答案，属于中档题11. “杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，则（ ）A. 在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小B. 在第9条斜线上，各数

9、之和为55C. 在第11条斜线上，最大的数是D. 在第条斜线上，共有个数【答案】AC【解析】【分析】根据杨辉三角的规律再继续往下写出三行，观察规律一一判断即可.【详解】A，由定义以及图中规律可知，都是自左往右先增大后减小，故A正确；B，由题意，根据杨辉三角定义继续往下写三行 由图可知，第9条斜线上，各数之和为，故B错误；C，第11条斜线上，最大的数是，故C正确；D，由图，每条斜线个数为，代入符合，故D错误.故选：AC12. 已知，记，则（ ）A. 的最小值为B. 当最小时，C. 的最小值为D. 当最小时，【答案】CD【解析】【分析】根据条件可将的最小值转化为函数图像的点到直线上的点的距离的最小

10、值，求出的最小值为两直线平行时的距离，即可得到的最小值，并可求出此时对应的的值【详解】解：由，得，所以的最小值转化为函数图像的点到直线上的点的距离的最小值，由，得，因为与直线平行的直线的斜率为，所以，解得，则切线点坐标为，所以到直线的距离为，所以的最小值为，此时，所以CD正确，A错误，又过且与直线的直线为，即，由，解得，即当最小时， ，所以B错误，故选：CD【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合运用，考查转化思想，点到直线的距离公式的应用，解题的关键是将的最小值转化为函数图像的点到直线上的点的距离的最小值，属于较难题三填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡对应

11、题号的位置上.答错位置，书写不清，模拟两可均不得分.13. 曲线在点处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】首先求出导函数，再求处的导数值，利用导数的几何意义即可求解.【详解】，所以，所以点处的切线方程为：，即.故答案为：14. 的展开式中的系数为_.(用数字填写答案)【答案】【解析】【分析】先求展开式的通项公式，进而得当时和当时的项，再根据乘法原则计算即可得答案.【详解】解：由二项式定理得展开式的通项公式为：，故当时，当时，,所以的展开式中的项为：，故的展开式中的系数为：.故答案为：【点睛】本题考查二项式定理的运用、求指定项的系数，考查逻辑推理能力、运算求解能力.本题解题的关键在于根本就通

12、项公式求得当时，当时，,再结合乘法运算即可.15. 甲乙丙丁和戊5名学生进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你没有得到冠军”；对乙说“你当然不会是最差的”.从上述回答分析，5人的名次排列可能有_种不同情况(用数字填写答案).【答案】78【解析】【分析】甲不是第一名且乙不是最后一名，先排甲，分情况讨论：若甲为最后一名或甲不是最后一名，再由分步计数原理即可求解.【详解】由题意，甲不是第一名且乙不是最后一名，先排甲，若甲为最后一名，共有种，若甲不是最后一名，甲有种排法，又乙不是最后一名，则乙有种排法，根据分步计数原理可得此种情况5人的名次排列有

13、种，所以5人的名次排列可能有.故答案为：7816. 已知函数.当时，增区间为_；若有两个零点，则实数的取值范围为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）时，根据导数大于0，可求得单增区间；（2）若使有2个零点，根据零点存在定理，在两端均大于0时，只需求得函数的最小值，使最小值大于0，即可求得参数范围.【详解】（1）当时，求导得，令，解得，单调递增；（2），当时，因为，所以，恒成立，单调递增，不存在两个零点，故舍去；当时，易知，单调递增；，单调递减；又时，时，若使有2个零点，只需最小值即可.，解得，或（舍）.故.故答案为：；【点睛】关键点点睛：导数是研究复合函数单调性，最值问题的

14、优良工具，本题借助零点存在性定理可以求解函数零点问题.四解答题：本大题共6小题，共计70分.解答应写出文字说明证明过程或验算步骤.17. 已知.（1）求；（2）求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）赋值法，令即可求得答案；（2）利用平方差公式和（1）的结论即可得出答案【详解】（1），令，得.（2）令，得，所以【点睛】方法点睛：对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式中各项系数之和，只需令即可.18. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.规则如下：从大小形状完全相同的4个红球6个白球的甲箱中摸取2个球，若摸中2个白球，

15、获纪念奖10元；若摸中1个白球和1个红球，则获二等奖20元；若摸中2个红球，则获一等奖50元.（1）某顾客参与一次抽奖获得奖金金额为元，求的分布列和期望；（2）若某顾客有3次抽奖机会，求该顾客获得总奖金不少于50元概率.【答案】（1）分布列答案见解析，数学期望：；（2）.【解析】【分析】（1）由题得的可能取值为10，20，50，再求出对应的概率即得分布列和期望；（2）先求出该顾客获得总奖金少于50元的概率，再利用对立事件的概率公式求解.【详解】（1）的可能取值为10，20，50，则，所以，的分布列为102050所以的期望为.（2）某顾客有3次抽奖机会，该顾客获得总奖金少于50元，获得奖金情况可

16、能为10元10元10元和10元10元20元两种情况，其概率为则该顾客获得奖金不少于50元的概率为.【点睛】方法点睛：求事件的概率，常用的方法：先定性（看事件的概率是六大概率（古典概型的概率、几何概型的概率、独立事件的概率、互斥事件的概率、条件概率、独立重复试验的概率）中的哪一种），再定量（代公式计算求解）.19. 已知四边形是直角梯形，分别为，中点(如图1)，以为折痕把折起，使点到达点的位置且平面平面(如图2).（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交于，证明和，平面即得证；（2）以为坐标原点，所在直线为轴轴轴，如图所示建立空间直

17、角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）证明：连接交于，分别为的中点.，又四边形是直角梯形，.平面平面，平面平面，平面，平面，平面，.又且，平面，平面.（2）以为坐标原点，所在直线为轴轴轴，如图所示建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，则， 平面的一个法向量为，平面，取平面一个法向量为，显然二面角为锐角，二面角的余弦值.【点睛】方法点睛：二面角的求法：方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量；再代入公式（其中分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）2

18、0. 已知新高考数学共4道多选题，评分标准是每题满分5分，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选或不选的得0分.每道多选题共有4个选项，正确答案往往为2项或3项.为了研究多选题的答题规律，某数学兴趣小组研究发现：多选题正确答案是“选两项”的概率为，正确答案是“选三项”的概率为.现有学生甲乙两人，由于数学基础很差，多选题完全没有思路，只能靠猜.（1）已知某题正确答案是“选两项”，求学生甲不得0分的概率；（2）学生甲的答题策略是“猜一个选项”，学生乙的策略是“猜两个选项”，试比较两个同学的策略，谁的策略能得更高的分数？并说明理由.【答案】（1）；（2）学生甲的策略最好，理由见解析.【解析】【分析】

19、（1）分情况：乱猜一个选项得2分，乱猜两个选项得5分，利用组合数以及古典概型的概率计算公式即可求解.（2）甲得分的可能取值为0，2；乙得分的可能取值为0，2，5，列出分布列，求出数学期望即可比较得分的高低.【详解】（1）分两类：乱猜一个选项得2分，乱猜两个选项得5分.猜一个选项得2分的概率为；猜两个选项得5分的概率为，故已知某题正确答案是“选两项”，学生甲不得0分的概率.（2）设甲乙两人的得分分别为，两人的得分期望分别为，学生甲：的可能取值为0，2，学生甲的得分的分布列为02故.学生乙：的可能取值为0，2，5，学生乙的得分的分布列为025故.因为，所以学生甲的策略最好.21. 已知，是椭圆的左

20、、右焦点，圆与椭圆有且仅有两个交点，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）过y正半轴上一点P的直线l与圆O相切，与椭圆C交于点A，B，若，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依题意，求得，将点代入椭圆方程，即可求得和，求得椭圆方程；（2）设出直线l的方程，根据直线与圆的关系，求得，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，即可求得k的值，即可得出直线方程.【详解】（1）圆与椭圆有且仅有两个交点，则椭圆方程为，将点代入，解得，则，所以椭圆的标准方程为；（2）由题可知直线l的斜率存在，设斜率为k，则直线方程为，设，直线l与圆O相切，即，联立直线与椭圆方程可得

21、，则，则，则，联立解得，即，所以所求直线方程为.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系，属于中档题.22. 已知函数.（1）讨论的极值情况；（2）若时，求证：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求导，对参数分类讨论，根据导数与0的关系，判断函数的单调性，从而判断极值情况；（2）先讨论a=0，然后a0时，由（1）中的导数求得函数的最小值，使其大于等于0，从而找到参数a和b的关系，把问题转化为函数问题，构造新的函数，通过导数来研究函数的最值，从而证明结论.【详解】（1）定义域为，求导得，当时，为上增函数，无极值，当时，得，时，为减函数；时，为增函数，所以时，有极小值，无极大值.（2）当时，使，则，此时成立，当时，由（1）得时，有最小值，则，解得，所以，设，则，因为为上减函数，且，则存在唯一实数，使，当时，为增函数，当时，为减函数，当时有最大值，为上增函数，时，则，所以，综上所述，.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性，极值，最值情况，涉及到的不等关系，可以通过构造新函数，通过函数与方程的思想解决.