1、湖南省娄底市娄星区2020-2021学年高二数学下学期期中试题时量：120分钟 满分：150分第I卷（选择题 共60分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5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. 命题“，”的否定是A. ，B. ，C. ，D. ，2. 复数（是虚数单位）在复平面内对应的点在A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 某中学奥数培训班共有14人，分为两个小组，在一次阶段测试中两个小组成绩的茎叶图如图所示，其中甲组学生成绩的平均数是88，乙组学生成绩的中位数是89，则的值是A. 5 B. 6 C. 7 D. 84 已知，且，则A. B
2、. C. D. 5. 若向量，满足，则与的夹角为A. B. C. D. 6. 标准的围棋棋盘共行列，个格点，每个格点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有种不同的情况；而我国北宋学者沈括在他的著作梦溪笔谈中，也讨论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”种，即，下列数据最接近的是 （）A. B. C. D. 7. 函数，直线与函数的图象相交于四个不同的点，从小到大，交点横坐标依次记为、，则的取值范围是A. B. C. D. 8. 已知直线：与直线：相交于点P，线段是圆C： 的一条动弦，且，点D是线段的中点.则的最大值为A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共
3、4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下图统计了截止到2019年年底中国电动汽车充电桩细分产品占比及保有量情况，关于这5次统计，下列说法错误的是 A. 私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是2018年B. 公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是25.7万台C. 公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为23.12万台D. 从2017年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过50%10. 设椭圆的左右焦点为，是上的动点，则下列结论正确的是A. B. 离心率C. 面积的最大值为 D. 以线段为直径的圆与直线相切11
4、. 记函数的图象为曲线F，则下列结论正确的是A. 函数最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增C. 曲线F关于直线对称 D. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到曲线F12. 已知，下列不等式成立的是（ ）A B. C. D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知是的共轭复数，且满足(其中是虚数单位)，则_.14. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为_15. 已知等比数列的前项和为，若，则_16. 已知函数，若正数，满足，则的最小值为_.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
5、17.请考生在的面积为，这三个条件中任选一个，补充在下面问题横线处。问题： 是否存在，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且， 若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由。18. 2020年初，新冠肺炎疫情袭击全国，对人民生命安全和生产生活造成严重影响在党和政府强有力的抗疫领导下，我们控制住了疫情接着我们一方面防止境外疫情输入，另一方面逐步复工复产，减轻经济下降对企业和民众带来的损失为降低疫情影响，某厂家拟在2020年举行某产品的促销活动，经调查测算，该产品的年销售量即该厂的年产量万件与年促销费用m万元满足（k为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是2万件
6、已知生产该产品的固定投入为8万元，每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将产品的销售价格定为每件产品元（1）将2020年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；（2）该厂家2020年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，为线段的中点，为线段上的一点.（1）证明：平面平面.（2）若，二面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值.20. 已知数列的前n项和为，.（1）求证：数列是等比数列；（2）设数列前n项和为，已知，若不等式对于恒成立，求实数m的最大值.21. 已知椭圆C中心在原点，焦点在坐标轴上，直线与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上
7、的射影恰好是椭圆C的右焦点，椭圆C的另一个焦点是，且.（1）求椭圆C的方程；（2）已知圆：，动圆P的圆心P在椭圆C上并且与圆外切，直线l是圆P和圆的外公切线，直线l与椭圆C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求三角形F1AB的面积.22. 已知函数.（1）若曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线l过点（0，1-e），求实数a的值；（2）当a0时，若函数f（x）有且仅有3个零点，求实数a的取值范围.2021年上学期高二期中考试数学答案时量：120分钟 满分：150分第I卷（选择题 共60分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5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.
8、 命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】利用特称命题的否定是特称命题即可求解.【详解】由含有量词命题的否定可知：命题“，”的否定是“，”.故选：C【点睛】本题主要考查了含有一个量词的命题的否定，2. 复数（是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【详解】，复数在复平面内对应的点为，在第一象限选A3. 某中学奥数培训班共有14人，分为两个小组，在一次阶段测试中两个小组成绩的茎叶图如图所示，其中甲组学生成绩的平均数是88，乙组学生成绩的中位数是89，则的值是A. 5 B. 6 C. 7 D. 8【答
9、案】B【解析】【详解】试题分析：甲组学生成绩平均数是，乙组学生成绩的中位数是89，所以，选B.考点：平均数，中位数4 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.【详解】，得，即，解得或（舍去），又.故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.5. 若向量，满足，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出，即可根据数量积的定义求出夹角.【详解】解：，又，两向量的
10、夹角的取值范围是，.与的夹角为.故选：C.6. 标准的围棋棋盘共行列，个格点，每个格点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有种不同的情况；而我国北宋学者沈括在他的著作梦溪笔谈中，也讨论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”种，即，下列数据最接近的是 （）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，对取对数可得，即可得，分析选项即可得答案【详解】据题意，对取对数可得，即可得分析选项：B中与其最接近，故选B.【点睛】本题考查对数的计算，关键是掌握对数的运算性质7. 函数，直线与函数的图象相交于四个不同的点，从小到大，交点横坐标依次记为、，则的取值范围
11、是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】作出函数的图象，由图象得出，推导出，进而可求得的取值范围.【详解】函数的图象如下图所示，直线与函数的图象相交于四个不同的点，当时，由图象可知，实数的范围是，由已知、为方程的两根，即方程的两根，所以，、为方程的两根，且，则，所以，而，所以有，故选：D.【点睛】本题考查函数零点代数式取值范围的计算，考查数形结合思想的应用，属于中等题.8. 已知直线：与直线：相交于点P，线段是圆C：的一条动弦，且，点D是线段的中点.则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】根据条件可先判断出并结合直线过定点确定出的轨迹方程，再根据条件计算出的长度，
12、结合图示说明何时有最大值并计算出最大值.【详解】由题意得圆C的圆心为，半径，易知直线：恒过点，直线：恒过，且，的轨迹是以为直径的圆，点P的轨迹方程为，圆心为，半径为，若点D为弦的中点，位置关系如图：连接，由，易知.，此时三点共线且在线段上，故选：D.【点睛】本题考查和圆有关的轨迹问题，解答此类问题时作出图示能有效帮助分析问题，这类问题对学生的分析与作图能力要求较高，难度较难.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.下图统计了截止到2019年年底中国电动汽车充电桩细分产品占比及保有量情况，关于这
13、5次统计，下列说法错误的是（ ） A. 私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是2018年B. 公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是25.7万台C. 公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为23.12万台D. 从2017年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过50%【答案】ABC【解析】分析】根据统计图表分别对选项A、B、C、D验证即可.【详解】私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是2016年，A错误；这5次统计的公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是21.4万台，B错误；因为，故C项错误，D项显然正确故选：ABC.【点睛】本题考查统计图表与用样本估计总体，涉及到中位数、平均数等知识，是
14、一道基础题.10. 设椭圆的左右焦点为，是上的动点，则下列结论正确的是（ ）A. B. 离心率C. 面积的最大值为D. 以线段为直径的圆与直线相切【答案】AD【解析】【分析】根据椭圆的定义判断A选项正确性，根据椭圆离心率判断B选项正确性，求得面积的最大值来判断C选项的正确性，求得圆心到直线的距离，与半径比较，由此判断D选项的正确性.【详解】对于A选项，由椭圆的定义可知，所以A选项正确.对于B选项，依题意，所以，所以B选项不正确.对于C选项，当为椭圆短轴顶点时，的面积取得最大值为，所以C选项错误.对于D选项，线段为直径的圆圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，也即圆心到直线的距离等于半径，所以以线
15、段为直径的圆与直线相切，所以D选项正确.综上所述，正确的为AD.故选：AD【点睛】本小题主要考查椭圆的定义和离心率，考查椭圆的几何性质，考查直线和圆的位置关系，属于基础题.11. 记函数的图象为曲线F，则下列结论正确的是（ ）A. 函数最小正周期为B. 函数在区间上单调递增C. 曲线F关于直线对称D. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到曲线F【答案】ABC【解析】【分析】求出周期即可判断A；由求出单调性可判断B；求出即可判断C；求出平移后的解析式即可判断D.【详解】函数的最小正周期为，故A选项正确；由，解得，所以函数在区间上单调递增，故B选项正确；由于，所以直线是曲线F的一条对称轴，故C选项
16、正确：向右平移个单位长度得到，故D选项错误.故选：ABC.12. 已知，下列不等式成立的是（ ）A B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】利用指数函数的单调性可判断A选项；利用作差法可判断B、D选项；利用换底公式以及不等式的性质可判断C选项.【详解】由，则函数为上的增函数，可得，故A正确；由，则，B错误；由，则，可得，故C正确；由，则，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查代数式的大小比较，考查了作差法、函数单调性以及对数函数单调性的应用，属于基础题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知是的共轭复数，且满足(其中是虚数单位)，则_.【答案】【解析】【分析】根据
17、复数的除法运算得，进而得，再求模即可.【详解】，故，所以.故答案为：.14. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为_【答案】【解析】【分析】利用计算即可.【详解】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以故答案为：【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.15. 已知等比数列的前项和为，若，则_【答案】255【解析】【分析】直接由条件求解首项和公比即可得解.【详解】等比数列的前项和为， ，解得，故答案为：255.16. 已知函数，若正数，满足，则
18、的最小值为_.【答案】【解析】【分析】先判断是定义在上的奇函数且单调递增，再化简得到，最后求的最小值并判断等号成立即可.【详解】解：因为，所以的定义域为，关于原点对称，所以，则的定义在上的奇函数，因为，所以是定义在上的增函数因为，即，则，即因为、均为正数，所以当且仅当即时，等号成立，所以最小值为：1.故答案为：1.【点睛】本题考查函数奇偶性判断与应用、函数单调性的判断与应用、利用基本不等式“1”的妙用求最值，是中档题.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在，的面积为，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，
19、说明理由.问题：是否存在，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，_？【答案】答案见解析.【解析】【分析】先利用正弦定理化简得到.选择条件：求出，即得解；选择条件：利用正弦定理求解；选择条件：由得，即得解.【详解】由及正弦定理可得，由余弦定理可得，又因为，所以.选择条件：因为，所以.又因为，所以是等边三角形，所以，所以.选择条件：由正弦定理，及得.选择条件：由得，所以.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形面积公式的应用，考查和角的正弦，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18. 2020年初，新冠肺炎疫情袭击全国，对人民生命安全和生产生活造成严重影响在
20、党和政府强有力的抗疫领导下，我们控制住了疫情接着我们一方面防止境外疫情输入，另一方面逐步复工复产，减轻经济下降对企业和民众带来的损失为降低疫情影响，某厂家拟在2020年举行某产品的促销活动，经调查测算，该产品的年销售量即该厂的年产量万件与年促销费用m万元满足（k为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是2万件已知生产该产品的固定投入为8万元，每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将产品的销售价格定为每件产品元（1）将2020年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；（2）该厂家2020年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？【答案】（1）；（2）3万元.【解析】【分析
21、】（1）根据题意，时，求出，由利润销售收入固定成本投入成本促销费用，即可求解. （2）由（1）的表达式，利用函数的单调性即可求解.【详解】解：由题意知，当时，万件，则，解得，因为每件产品的销售价格为元，所以2020年的利润由（1）可知，令，所以，由在上单调递减；在上单调递增，所以在取得最小值，即，所以，所以，故该厂家2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，为线段的中点，为线段上的一点.（1）证明：平面平面.（2）若，二面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由得平面PAE，进而可得证；（2
22、）先证得平面，设，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，分别计算平面的法向量为和，设与平面所成角为，则，代入计算即可得解.【详解】（1）证明：连接，因为，为线段的中点，所以.又，所以为等边三角形，.因为，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：设，则，因为，所以，同理可证，所以平面.如图，设，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.易知为二面角的平面角，所以，从而.由，得.又由，知，.设平面的法向量为，由，得，不妨设，得.又，所以.设与平面所成角为，则.所以与平面所成角的正弦值为.【点睛】用向量法求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直
23、角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20. 已知数列的前n项和为，.（1）求证：数列是等比数列；（2）设数列前n项和为，已知，若不等式对于恒成立，求实数m的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用可得数列的递推关系，然后可证明是等比数列；（2）由（1）求出，即得，利用错位相减法求得，不等式对于恒成立，转化为恒成立，求出的最小值即可得结论【详解】（1）由，得（），两式相减得，所以（），因为，所以，.所以是以1为首项，2为公比的等比数列.（2）由，又由（1）可知，得，则，两式相减得，所以
24、.由恒成立，即恒成立，又，故当时，单调递减；当时，；当时，单调递增；当时，；则的最小值为，所以实数m的最大值是.【点睛】本题考查由求，考查等比数列的证明，等比数列的通项公式，考查错位相减法求和以及数列不等式恒成立问题考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题21 已知椭圆C中心在原点，焦点在坐标轴上，直线与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点，椭圆C的另一个焦点是，且.（1）求椭圆C的方程；（2）已知圆：，动圆P的圆心P在椭圆C上并且与圆外切，直线l是圆P和圆的外公切线，直线l与椭圆C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求三角形F1AB的面积.【答案】（
25、1）；（2）【解析】【分析】（1）求出点坐标，根据可求出，点坐标代入椭圆标准方程可求得答案；（2）由可得到，当圆P的半径最长时，其方程为，l与x轴的交点为Q，由直线与圆相切得到直线的斜率，再根据弦长公式和三角形的面积公式可得答案.【详解】（1）设椭圆方程（），点M在直线上，且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点，则点.即，所以，又，解得椭圆C的方程为.（2）设动圆P的半径为R，点P的坐标为，由已知，得，当且仅当圆P的圆心为时，.所以当圆P的半径最长时，其方程为，因为直线l是圆P和圆的外公切线，所以直线l的倾斜角不为且不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，可求得，设l：，由l与圆相切得，解得
26、.当时，将代入并整理得，解得，所以，当时，由图形的对称性可知.又点F1到直线l的距离，所以三角形F1AB的面积为.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式和三角形的面积公式.22. 已知函数.（1）若曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线l过点（0，1-e），求实数a的值；（2）当a0时，若函数f（x）有且仅有3个零点，求实数a的取值范围.【答案】(1) ;(2) 【解析】【分析】（1）求出，进而可求出，求出与连线斜率，该斜率与相等，从而可求出；（2）结合导数，求出的单调性及存在，使得，由函数的零点情况可得，令，结合导数求出单调性，进而求出的取值范围，即可求出a的取值范围.【详解】解：（1）， ，则与连线斜率，则；（2）由,当时，由可得，此时；当时，令，则 ，则在上为增函数，因为，故存在，使得，当时，则；当时，则，则函数的增区间为，减区间为；令，有，则单调递增，有，又，可得，有，又由，故在上有且只有一个零点，因为有且只有三个零点，必有，即，令，有，可得为减函数，由，可得时，有，当且时，有，故当时，若有且只有三个零点，则实数的取值范围是.【点睛】关键点睛:本题的关键是第二问中，运用导数求函数的单调性后，得出函数极小值的正负情况.
