1、树人高中2020-2021学年度第二学期期中考试高二数学（理）考试题一、选择题：本题共12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以复数24mi(mR)的实部为首项，虚部为公差的等差数列an，当且仅当n10时其前n项和最小，则m的取值范围是（ ）A B C D 2已知集合A=x|-1x1和集合B=y|y=x2，则AB等于（ ）Ay|0y0 D(0，1)，(1，0)3我市高中数学研究会准备从会员中选拔名男生，名女生组成一个小组去参加数学文化知识竞赛，若，满足约束条件，则该小组最多选拔学生（ ）A24名B19名C16名D14名4我国经典数学名著九章算术中有
2、这样的一道题：今有出钱五百七十六，买竹七十八，欲其大小率之，向各几何？其意是：今有人出钱576，买竹子78根，拟分大小两种竹子为单位进行计算，每根大竹子比小竹子贵1钱，问买大小竹子各多少根？每根竹子单价各是多少钱？则在这个问题中大竹子每根的单价可能为（ ）A6钱B7钱C8钱D9钱5函数的图象可能是（ ）A B C D6已知二项式的展开式的二项式项的系数和为64，则（ ）A20B30C60D807已知某三角函数的部分图象如图所示，则它的解析式可能是（ ）A B C D8若等差数列的公差为d，前n项和为，记则A数列是等差数列，的公差也为dB数列是等差数列，的公差为2dC数列是等差数列，的公差为dD
3、数列是等差数列，的公差为9已知，是与向量方向相同的单位向量，向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为ABCD10我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾，另一直角边为股，斜边为弦若为直角三角形的三边，其中为斜边，则，称这个定理为勾股定理现将这一定理推广到立体几何中：在四面体中，为顶点所对面的面积，分别为侧面的面积，则下列选项中对于满足的关系描述正确的为A B C D11已知点，P为曲线上任意一点，则的取值范围为ABCD12已知在上的函数满足如下条件：函数的图象关于轴对称；对于任意，；当时，；函数，若过点的直线与函数的图象在上恰有8个交点，在直线斜率的取值范围是（ ）ABCD二、填空题
4、本题共4小题，每小题5分，共20分.13过点作函数的切线，则切线方程是_14已知等差数列中，数列满足，则_.15已知点在抛物线：上，过点的直线交抛物线于，两点，若，则直线的倾斜角的正弦值为_.16已知三棱锥中，二面角的大小为，是边长为4的正三角形，是以为直角顶点的直角三角形，则三棱锥外接球的表面积为_.三、 解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）求的取值范围.18四棱锥中，底面为直角梯形，
5、为的中点，为的中点，平面底面.（）证明：平面平面；（）若与底面所成的角为，求二面角的余弦值.19东莞的轻轨给市民出行带来了很大的方便，越来越多的市民选择乘坐轻轨出行，很多市民都会开汽车到离家最近的轻轨站，将车停放在轻轨站停车场，然后进站乘轻轨出行，这给轻轨站停车场带来很大的压力某轻轨站停车场为了解决这个问题，决定对机动车停车施行收费制度，收费标准如下：4小时内（含4小时）每辆每次收费5元；超过4小时不超过6小时，每增加一小时收费增加3元；超过6小时不超过8小时，每增加一小时收费增加4元，超过8小时至24小时内（含24小时）收费30元；超过24小时，按前述标准重新计费上述标准不足一小时的按一小时
6、计费为了调查该停车场一天的收费情况，现统计1000辆车的停留时间（假设每辆车一天内在该停车场仅停车一次），得到下面的频数分布表：（小时）频数（车次）10010020020035050以车辆在停车场停留时间位于各区间的频率代替车辆在停车场停留时间位于各区间的概率（1）现在用分层抽样的方法从上面1000辆车中抽取了100辆车进行进一步深入调研，记录并统计了停车时长与司机性别的列联表：男女合计不超过6小时306小时以上20合计100完成上述列联表，并判断能否有90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关？（2）（i）表示某辆车一天之内（含一天）在该停车场停车一次所交费用，求的概率分布列及期望；（
7、ii）现随机抽取该停车场内停放的3辆车，表示3辆车中停车费用大于的车辆数，求的概率参考公式：，其中0.400.250.150.100.050.0250.7801.3232.0722.7063.8415.02420如图，已知椭圆过点，其的左、右顶点分别是，下、上顶点分别是，是椭圆上第一象限内的一点，直线，的斜率，满足.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于另一点，求四边形面积的取值范围.21已知函数，的导数为.（1）当时，讨论的单调性；（2）设，方程有两个不同的零点，求证. （二） 选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。（三） 22在平面直
8、角坐标系中，已知曲线（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线的极坐标方程；（2）若点、为曲线上的两点，且，求的最小值23已知函数（1）解不等式；（2）若不等式在实数上的解集不是空集，求正数的取值范围。参考答案1D【分析】由题可得，由可求得.【详解】由题可得等差数列an的首项，公差，由题意知，则可解得.故选：D.2B【分析】先由二次函数的值域求得集合B，再运用集合的交集运算可得选项【详解】因为B=y|y=x2，所以B=y|y0，AB=y|0y1故选：B3B【分析】画出不等式组表示的平面区域，然后求的最大值即可.【详解】画出，满足约束条件表示的平面区域，如图所示要求
9、招入的人数最多，即取得最大值，目标函数化为，在可行域内任意取，且为正整数，使得目标函数代表的斜率为定值，截距最大时的直线过点，联立得，此时目标函数取得最大值为，故选：B【点睛】本题考查的是线性规划的知识，属于基础题.4C【分析】根据题意设买大竹子，每根单价为，可得，由，解不等式组即可求解.【详解】依题意可设买大竹子，每根单价为，购买小竹子，每根单价为，所以，即，即，因为，所以，根据选项，所以买大竹子根，每根元.故选：C【点睛】本题考查了不等式，考查了数据处理能力以及分析能力，属于基础题.5B【分析】分析四个图像，从而判断函数的性质，利用排除法求解【详解】由于函数的定义域为，且在上为连续函数，可
10、排除A答案；由于， ，所以，可排除C答案；当时，故排除D答案；故答案选B.【点睛】本题考查了函数的性质的判断与数形结合的思想方向的应用，属于中档题6C【分析】根据题意赋值可得，从而求出，再换元，设，将二项式展开，即可根据二项展开式的通项公式求出【详解】根据题意，令可得，即设，即，即，令，解得，可知.故选：C.【点睛】本题主要考查利用二项展开式的通项公式求某指定项的系数，以及二项式定理，赋值法的应用，解题关键是换元法的使用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题7C【解析】试题分析：,所以所以它的解析式可能是，选C.考点：三角函数解析式【方法点睛】已知函数的图象求解析式(1).(2)由
11、函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.8D【分析】根据已知写出若等差数列的通项公式和求和公式，根据等差数列通项公式的函数性质判断即可得出结论.【详解】由题可得，则是关于n的一次函数，则数列是公差为的等差数列，故A，B错误；由是关于n的一次函数，得数列是公差为的等差数列，故C错误；又是关于n的一次函数，则数列是公差为的等差数列，故D正确.故选:D.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，考查等差数列,是关于的一次函数，公差为，熟练掌握等差数列通项公式的函数性质是解题的关键，属于基础题.9B【分析】设，求出，再根据向量在向量上的投影向量的定义列式求出，最后利用平面向量的夹角公式
12、可求得结果.【详解】因为是与向量方向相同的单位向量，设，则，所以，得，所以，因为向量在向量上的投影为，且向量在向量上的投影向量为，所以，所以，所以，所以，设与的夹角为，则，又，所以，故选：B【点睛】关键点点睛：利用向量在向量上的投影向量的定义以及平面向量的夹角公式求解是解题关键.10C【分析】作四面体，于点，连接，结合勾股定理可得答案【详解】作四面体，于点，连接，如图 .即故选C.【点睛】本题主要考查类比推理，解题的关键是将勾股定理迁移到立体几何中，属于简单题11A【分析】结合已知曲线方程，引入参数方程，然后结合和角正弦公式及正弦函数的性质即可求解【详解】解：设则由可得，令，【点睛】本题主要考
13、查了平面向量数量积的运算及三角函数性质的简单应用，参数方程的应用是求解本题的关键.12A【分析】先由条件，得到函数是周期为的周期函数；根据求出函数在一个周期上的表达式为，根据得到的周期为，其图象可由的图象压缩为原来的得到，作出的图象，结合图象，即可求出结果.【详解】因为函数是偶函数，由得，即，所以函数是周期为的周期函数；若，则；因为当时，所以时，因为函数是偶函数，所以，即，则函数在一个周期上的表达式为，因为，所以函数，故的周期为，其图象可由的图象压缩为原来的得到，作出的图象如图：易知过的直线斜率存在，设过点的直线的方程为，则要使直线与的图象在上恰有8个交点，则，因为，所以，故.故选：A.【点睛
14、】关键点点睛：求解本题的关键在于，根据条件，由函数基本性质，得到的图象，再由函数交点个数，利用数形结合的方法，即可求解.13或【解析】试题分析：设切点为,所以切线方程为,即,又切线过,代入方程得:,分解因式得:,即,解得或,当时,切线方程为;当时,所以正确答案是或考点：函数的切线方程14【分析】根据等差数列的通项公式求出，从而求出，再利用等差数列的前项和公式即可求解.【详解】由题意，解得，所以，所以，则.故答案为：.15【分析】求出，设过点的直线方程为，将直线与抛物线联立，利用韦达定理可得，根据向量可得，从而求出直线的倾斜角，即求.【详解】因为点在抛物线：上，所以，得，所以，设过点的直线方程为
15、：，所以 ，所以，设，所以，又因为，所以，所以，因为直线的斜率，由，所以或，所以.故答案为：【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了基本运算求解能力，属于中档题.16【分析】找到三棱锥外接球球心的位置，求得外接球的半径，进而求得三棱锥外接球的表面积.【详解】依题意，三角形是等边三角形，设其外心为，线段的中点设为，则，且在线段上、.三角形是以为直角顶点的直角三角形，所以其外心为.过在三角形内作.所以是二面角的平面角，所以.设外接球球心为，则平面，平面，所以、，所以.在三角形中，,所以外接球的半径，所以外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本小题主要考查几何体外接球的有关计算，属于中档题.1
16、7（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理化简等式整理可得，又，可求，结合A为内角即可求得A的值；（2）由三角函数恒等变换化简已知可得，可求的范围，从而可求，即可得解.【详解】（1）由正弦定理可得，从而可得，即，又B为三角形的内角，所以，于是，又A为三角形内角，因此，.（2），由可知，所以，从而，因此，故的取值范围为.18（）证明见解析；（）.【分析】（）根据线段中点的性质、平行四边形形的判定定理和性质定理，结合面面垂直的性质定理和判定定理、平行线的性质进行证明即可；（）连结，根据等腰三角形的性质，结合面面垂直的性质定理可以证明出底面，这样可以建立以，分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，根据
17、空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（）四边形是平行四边形.又，.又面面，面面，面面且面平面平面.（）连结，为中点，又平面，平面平面，平面平面，底面，又，以，分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，取平面的法向量，设平面的法向量，令，.设二面角的平面角为又为钝角，即二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了证明面面垂直，考查了面面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查了利用空间向量夹角公式求二面角的平面角，考查了推理论证能力和数学运算能力.19（1）列联表见解析，没有超过90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关；（2）（i）分布列见解析，；（ii）【分析】（1）先根据频数分布表填写列联表,
18、再将数据代入公式求解即可；（2）（i）的可取值为5,8,11,15,19,30,根据频数分布表分别求得概率,进而得到分布列,并求得期望；（ii）先求得,则,进而求得概率即可【详解】（1）由题,不超过6小时的频率为,则100辆车中有40辆不超过6小时,60辆超过6小时, 则列联表如下：男女合计不超过6小时1030406小时以上204060合计3070100根据上表数据代入公式可得所以没有超过90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关（2）（i）由题意知：的可取值为5,8,11,15,19,30,则所以的分布列为：5811151930（ii）由题意得,所以,所以【点睛】本题考查独立性检验的应
19、用,考查二项分布,考查离散型分布列及期望,考查数据处理能力与运算能力20（1）；（2）.【分析】（1）由可得，再把已知点的坐标代入后列出关于的方程组求解可得椭圆标准方程；（2）设直线的方程为，求出点，到直线的距离在，再由直线与椭圆相交的弦长公式求得弦长，表示出四边形面积为的函数，由函数性质可得取值范围【详解】（1）设，则.又，所以.又由椭圆过点得，由得，故椭圆方程为.（2），设直线的方程为，则点，到直线，的距离分别为，.又由得，所以.四边形的面积.由得.故四边形面积的取值范围是.【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交的面积问题解题时列出关于的方程组是求方程的关键直线与椭圆相交问题可
20、设出直线方程为，把面积用表示，然后由函数性质得出取值范围21（1）当时，在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导得，再分和讨论即可得的单调性；（2）令函数，则，结合（1）得在上单调递增，进而得在上单调递减，在上单调递增，再结合，得，故.【详解】解：（1），.若，令解得，即在单调递增；令解得时，即在上单调递减.若，易得当时，即在单调递增.故当时，在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增.（2）令，则.由（1）知在上单调递增.又，所以在上，单调递减；在上，单调递增.又，所以，故.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性（含参）和零点，考查运算
21、求解能力，是中档题.22（1）；（2）最小值.【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，再由可将曲线的方程化为极坐标方程；（2）设点、的极坐标分别为、，其中，将这两点的极坐标代入曲线的极坐标方程，可得出、关于的表达式，然后利用三角恒等变换思想得出的最小值.【详解】（1）曲线（为参数），可得曲线的普通方程为1由可得出曲线的极坐标方程为；（2）由对称性，设点、的极坐标分别为，其中，将这两点的极坐标代入曲线的极坐标方程得，则， 当且仅当时，即当时，取到最小值.【点睛】本题考查椭圆的参数方程、普通方程与极坐标方程的互化，同时也考查了极坐标方程的应用，要熟悉极坐标解决实际问题所满足的条件类型，考查分析
22、问题和解决问题的能力，属于中等题.23（1）；（2）.【分析】（1）去绝对值，分，和三段来解不等式，可得出该不等式的解集；（2）由题意得出，然后利用绝对值三角不等式得出函数的最小值，解出不等式即可.【详解】（1）当时，原不等式可化为，解得，结合，故是原不等式的解；当时，原不等式可化为，此时不等式恒成立，故是原不等式的解；当时，原不等式化为，解得，故是原不等式的解由可知，因此，原不等式的解集为；（2）由绝对值三角不等式得，由题意，不等式在实数集上的解不为空集，只要即可，即，即，解得或，由于，则，因此，正数的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，同时也考查了绝对值不等式成立问题的求解，考查了利用绝对值三角不等式求函数的最值，考查分析问题和转化问题的能力，属于中等题.
