1、浙江省瑞安中学2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题I.选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.直线的倾斜角为（ ）A B C D2.用反证法证明“三角形三个内角至少有一个不大于”时，下列假设中正确的是（ ）A三角形三个内角都不大于 B三角形三个内角至多有一个大于C三角形三个内角都大于 D三角形三个内角至多有两个大于3.已知直线和平面，则“”是“直线上存在不同两点到平面的距离相等”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 4.已知是虚数单位，若，则的值为（
2、 ）A1 B C1或 D任意实数5.已知，则（ ）A B C D6.设点，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是（ ）A B C D7.已知离散型随机变量服从二项分布且则的最大值为（ ）A B C D 8.设、为椭圆上关于原点的两个对称点，右焦点为，若，则该椭圆离心率的取值范围为（ ）A B C D9.现有五名志愿者分配到甲，乙，丙三个不同社区参加志愿者活动，每个社区至少安排一人，则和分配到同一社区的概率为（ ）A B C D10.已知棱长为2的正方体，点在空间直角坐标系的轴上移动，点在平面上移动，则的最大值是（ ）A B C D.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题
3、6分，单空题每题4分，共36分。11.双曲线的焦距长为 ，其渐近线方程为 12.一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的体积为 ，表面积为 13.已知 的展开式中各项系数之和为，则 ，展开式中的常数项为 14.若，则实数 15.如图，已知矩形中，现将沿对角线折成二面角，使，则异面直线和所成角为 16.某一学习兴趣小组对学校超市某种商品的销售情况进行了调研，通过大量的数据分析，发现该商品每日的销售量（百件）与销售价格（元/件）满足，现已知该商品的成本价为2元/件，则当时，超市每日销售该商品所获得的最大利润为 元17.某学校报告厅每一排都有12个座位，若有4名学生就坐同一排参加会议，为了预防新冠，若要
4、求4个人不相邻，则不同的就坐方式种数共有 ；若要求同排相邻两人间至少有两个空位，则不同的就坐方式种数共有 （用数字作答）三、解答题：本大题共5小题，共7分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.（本小题满分14分）甲口袋里有大小相同编号不同的2个黑球和3个白球，乙口袋里有大小相同编号不同的3个黑球和2个白球，现从甲口袋中取出3个球，记黑球个数为，从乙口袋中也取出3个球，记黑球个数为.（I）求时的概率；（II）若，求随机变量的数学期望及的方差.19.（本小题满分15分）已知四棱锥中，底面为菱形，侧面是边长为2的正三角形，点为边的中点.（I）求证：平面平面； （II）当二面角为时，求直线和
5、平面所成角的正弦值. 20.（本小题满分15分）设数列的前项之和为，且满足，.（I）求数列的通项公式；（II）求证：.21.（本小题满分15分）已知抛物线上点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离，（I）求抛物线的标准方程；（II）若（位于轴上方）为抛物线上异于原点的两点，直线的斜率分别为，且满足，过点作，垂足为，设点，求的取值范围22.（本小题满分15分）已知函数（I）若函数有两个不同的极值点，求实数的取值范围；（II）若求证：，其中为自然对数的底数（）.浙江省瑞安中学2020至2021学年第一学期高二期末考试数学答案 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项
6、中，只有一项符合题目要求。题号12345678910答案DCACBDCACD二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。11. 12. 13.3,15 14.6 15. 16.500 17.3024，360 三、解答题：本大题共5小题，共7分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.（本小题满分14分）解：（1）当时，则，故时的概率（2）随机变量的取值分别为0、1、2，相应的概率依次为：，则随机变量的分布列如下表：012则，可得，又故.19.（本小题满分15分） 解：（1）是的中点，为等边三角形，平面，平面，平面平面（2） 平面，平面，为二面角的平面角.为边长等
7、于2的正三角形 为正三角形 法1：取DP中点H，连结EH，由平面，可知平面，平面，平面平面即到面的距离故直线和平面所成角的正弦值法2：由解法一可知平面，延长至点，使得，连接，取中点，连接，则四边形为平行四边形，故平面，故直线和平面所成角为法3：取DE中点O，连结PO, 为正三角形. 平面平面，平面在正三角形中，设且同向，则以分别为，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则设平面的一个法向量则： 所以,令则，而,故直线和平面所成角的正弦值20.（本小题满分15分）解（1）法1：当时,又，则由知，当时，相减得，即，故是等差数列，则，法2：由得（），即，则，故是等差数列，则，即，可得.法3：计算前几项
8、猜出通项公式，再利用数学归纳法证明.证明（2）法1：由于，则故法2：利用数学归纳法证明.21.（本小题满分15分）解（1）（2）由题意，设点，则又因为，则即设直线的方程为：联立方程则，所以，且，故直线的方程为：，过定点，法1：，直线的一个方向向量为，则在上的投影长为法2：设直线的方程为：联立方程解得点法3：利用勾股定理22.（本小题满分15分）解：（1）由题意，有两个不相等的实数根，所以令令所以所以在上单调递减，上单调递增，所以(2)法1：由于所以令令令所以所以在单调递减，在单调递增，所以存在使得所以在上单调递减，在上单调递增，另一方面，令令令所以所以在单调递减，在单调递增，所以存在使得即所以在上单调递减，在上单调递增，先证明由于在上单调递增，若则只需即只需即只需而所以成立，所以所以原不等式成立.法2：由于由（1）可知在上单调递减，上单调递增，存在使得当时，为减函数当时，为减函数为极小值也为最小值故只需要证明而令（后面的做法和方法1相同）