安徽省合肥市长丰县衡安学校2020-2021学年高二下学期第四次调研考试理科数学试题 WORD版含答案.docx

1、2020-2021年度下学期高二年级第四次调研考试理科数学试卷满分：150时间：120分钟第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12个小题，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已知集合，且，则下列结论中一定正确的是（ ）ABCD2已知，为虚数单位，则（ ）A1B-1CD3设是公差为-2的等差数列，且，则（ ）A-8B-10C8D104若函数则（ ）A0B1C2D351750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V、E和F表示闭的凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：已知正十二面体有20个顶点，则正十二面体有（ ）条棱A

2、30B14C20D266函数的图像大致是（ ）ABCD7已知函数（，），若的图象经过点，相邻对称轴的距离为，则的解析式可能为（ ）ABCD8某市抽调5位医生分赴4所医院支援抗疫，要求每位医生只能去一所医院，每所医院至少安排一位医生由于工作需要，甲乙两位医生必须安排在不同的医院，则不同的安排种数是（ ）A90B216C144D2409已知数列，中满足，若前n项之和为，则满足不等式的最小整数n是（ ）A8B9C11D1010如图为陕西博物馆收藏的国宝唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与y轴及平行于x轴的两条直线围

3、成的曲边四边形绕y轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底座外直径为，且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，则杯身最细之处的周长为（ ）ABC11重心是几何体的一个重要性质，我国的国宝级文物东汉铜奔马（又名：马踏飞燕）就是巧妙利用了重心位于支点正上方这一性质而闻名于世。已知正三棱锥的重心是其每个顶点与其所对的面的三角形重心连线的交点。若正三棱的底面边长为2，侧棱长为，则其重心G到底面的距离为（ ）ABCD12已知函数，则下列结论不正确的是（ ）A函数在上单调递减B函数在上有极小值C方程在上只有一个实根D方程在上有两个实根第II卷（共90分）二、填空题（每题5分，

4、满分20分，将答案填在答题纸上）13已知平面向量，若，则_14若曲线在处的切线斜率为a，则二项式的展开式中的常数项为_（用数字作答）15如图，已知抛物线的焦点为F，抛物线C的准线l与x轴相交于点A，点Q（Q在第一象限）在抛物线C上，射线与准线l相交于点B，直线与抛物线C交于另一点P，则_16若函数在区间上的最小值是0，则_三、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（本小题满分10分）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的外接圆半径为，且（1）求a；（2）若，求的面积18（本小题满分12分）已知等差数列的前n项和为，且满足，（1）求的通项公式；（

5、2）若，求数列的前n项和19（本小题满分12分）三阶魔方为的正方体结构，由26个色块组成常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原（1）某魔方爱好者进行一段时间的魔方还原训练，每天魔方还原的平均速度（秒）与训练天数x（天）有关，经统计得到如下数据：x（天）1234567y（秒）99994532302421现用，作为回归方程类型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测该魔方爱好者经过长期训练后最终每天魔方还原的平均速度y约为多少秒（精确到1秒）；（2）现有一个复原好的三阶魔方，白面朝上，只可以扭动最外侧的六个表面某人按规定将魔方随机扭动两次，每次均顺时针转动90，记顶面白色色块的个数为X，

6、求X的分布列及数学期望参考数据（其中）参考公式：184.50.370.55对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，20（本小题满分12分）如图，在三棱柱中，是边长为2的正方形，平面平面，点E为棱的中点（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值21（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为、，上顶点为B，且（1）求椭圆C的标准方程；（2）设O为坐标原点，点，试判断在椭圆C上是否存在三个不同点Q、M、N（其中M、N的纵坐标不相等），满足，且直线与直线倾斜角互补？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由22（本小题满分12分）设函数，（1）求的单调区

7、间；（2）若不等式对恒成立，求整数a的最大值2020-2021年度下学期高二年级第四次调研考试理科数学试卷答案1B【详解】A，显然错误；B由题意知，所以该选项正确；C，不一定成立；D，不一定成立故选：B2B【详解】因，则故选：B3D【详解】，4A【详解】，则，因此，5A【详解】由已知条件得出，由欧拉公式可得故选：A6B【详解】，函数为奇函数，排除CD当时，故，排除A故选：B7A【详解】因为相邻对称轴的距离为周期的一半，所以函数的最小正周期，又，所以，故选项B，D错误；把点代入选项A，选项A成立，而把点代入选项C，选项C不成立故选：A8B【详解】完成这件事情，可以分两步完成，第一步，先将5为医生

8、分为四组且甲、乙两位医生不在同一组，共有种方案；第二步，再将这四组医生分配到四所医院，共有种不同方案，所以根据分步乘法计数原理得共有种不同安排方案故选：B9D【详解】解：由题意可知：，即，即，又，即数列是以首项为9，公比为的等比数列，即，则，即，又，满足不等式的最小整数，即故选：D10C【详解】该金杯主体部分的上口外直径为，下底座外直径为，且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，可设，代入双曲线方程可得，即，作差可得，解得，所以杯身最细处的周长为故选：C11B12C【详解】解：因为，所以，当，即，所以，所以，即，当时，当时，；当，即，所以，所以，即，当时，当时，所以当时，单调递减，故

9、A正确；又因为当时，时，所以在处取得极小值，故B正确；因为，所以在上不只有一个实数根，故C错误；因为方程，即，所以，所以，正切函数在上单调递增，当时，当时，且当时，作出两函数的大致图象，如图所示：由图象可得，当，函数与的图象有两个交点，故D正确13-30【详解】由题意得，解得，故，故故答案为：-3014-9【详解】由可得，则曲线在处的切线斜率为；则，所以展开式的第项为，令得，则二项式的展开式中的常数项为故答案为：-9153【详解】抛物线的焦点为，由，可得，解得，可得，由，解得，直线的方程为：，与抛物线联立，可得，由，得，则，所以，由抛物线定义得，且，所以，所以故答案为：31617【详解】（1）

10、由及正弦定理，得，又在中，则，可得，即得，又，则（3分）又的外接圆的半径，由正弦定理；（5分）（2）由（1）知，又，则由余弦定理得，解得，（8分）则，故的面积为（10分）18【详解】（1）设等差数列的首项为，公差d，因为，所以，解得，（2分）所以（4分）（2），（8分）所以（12分）19【详解】（1）由题意可知，（1分），（3分）所以，因此y关于x的回归方程为，（5分）所以最终每天魔方还原的平均速度y约为13秒（6分）（2）由题意可知：X的可能取值为3，4，6，9，（10分）所以X的分布列为X3469P（11分）所以数学期望为（12分）20【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面

11、，（2分）在三棱柱中，有，所以平面，又因为平面，可得，由是正方形，可得，（4分）又由，所以平面（5分）（2）由（1）知，平面，又由，以B为坐标原点，分别以，所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系（6分），则，可得，（8分）设平面的一个法向量为，由，取，（10分）设直线与平面所成角为，则即直线与平面所成角的正弦值为（12分）21【详解】（1）设，由，得，（2分）又，且，解得，椭圆C的方程为；（4分）（2）由题意，直线的斜率存在且不为0，设直线方程为，设，联立，得，（6分），即，所以（7分）又Q在椭圆上，所以，化简整理得，即满足，（8分）又因为直线与直线倾斜角互补，而，故，所以，所以，（10分），代入得，直线的方程为或（12分）22【详解】（1）令，则（2分）当时，；当时，；的单调递增区间是，单调递减区间是（4分）（2）当时，不等式恒成立即：恒成立，等价于当时，恒成立；（6分）即对恒成立令，（7分）令，在上单调递增又，在上有唯一零点，且，（9分）在上单调递减，在上单调递增，（11分），故整数a的最大值为2（12分）