1、忻州市第一中学20202021学年度高二下学期4月阶段性测试数学（理科）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷，草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：必修1必修5，选修21，选修2-2第一章、第二章。一、选择题：本大题共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.已知集合，则等于A.B.C.D.2.已
2、知点，则以线段AB为直径的圆的方程为A.B.C.D.3.函数在区间上的平均变化率为15，则实数的值为A.B.C.1D.24.已知，则A.B.C.D.5.已知等差数列的前项和为，若，则等于A.9B.14C.19D.246.从0，1，2，3这四个数字中任取三个不同的数字，则所抽取的三个数字之和能被6整除的概率为A.B.C.D.7.已知直线与双曲线的一条渐近线平行，且这两条平行线间的距离为，则双曲线的焦距为A.4B.6C.D.88.下列不等式成立的是A.B.若，则C.若，则D.若，且，则9.若函数在区间内有最小值，则实数的取值范围为A.B.C.D.10.已知函数的部分图象如图所示，其图象的一个最高点
3、是，且，则A.B.直线是函数图象的一条对称轴C.D.函数在区间上单调递减11.如图，由火柴杆拼成的一系列图形中，第个图形由若干个正三角形组成：通过观察可以发现时，第20个图形中火柴杆的根数为A.480B.540C.600D.63012.已知函数在上可导，且满足不等式，且，则关于的不等式的解集为A.B.C.D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，满足，则向量在向量的方向上的投影为_.14.已知条件；条件，且是的充分不必要条件，则的取值范围是_.15.已知函数与函数的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围为_.16.椭圆的右焦点为，为坐标原点，直线与C相交于A、B
4、两点.若在线段OF上存在点M，使得，则椭圆C离心率的取值范围是_.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足.（1）求角B的大小；（2）若的最大值为10，求边长的值.18.已知函数在区间上的最小值为-2，最大值为1.（1）求实数，的值；（2）若函数有且仅有三个零点，求实数的取值范围.19.如图所示，该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组合而成，其中，平面平面.（1）证明：平面平面AEFD；（2）求直线AP与平面PCD所成角的正弦值.20.已知函数.（1）求曲线过点的切线方程；（2）令函数，若函数单调
5、递减，求实数的取值范围.21.已知函数的定义域为.（1）当时，证明：；（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围.22.直线过抛物线的焦点F，且与抛物线C交于M，N两点.（1）设点M在第一象限，过M作抛物线C的准线的垂线，A为垂足，且，直线与直线关于直线AM对称，求直线的方程；（2）过F且与垂直的直线与圆交于P，Q两点，求与面积之和的最大值.20202021学年度高二下学期4月阶段性测试数学（理科）参考答案、提示及评分细则1.B由题知，所以.2.B圆心坐标为，以线段AB为直径的圆的方程为.3.C由区间可知，可得，又由，解得.4.A由，有.5.C依题意，解得，故，故.6.C从0，1，2，3这四个数字
6、中任取三个不同的数字，共有，这4种情况，其中能被6整除的有，故所求概率为.7.B设直线与渐近线平行，过点，则有，解得，双曲线C的焦距为6.8.D由，可知，故A选项错误；由，可知，故B选项错误；若，故C选项错误；由.当且仅当，时取等号，故D选项正确.9.C由，若函数在区间内有最小值.此时函数必定存在极值点，由，设，为一元二次方程的两根，有故只需要即可，令，有，解得.10.C由题知，则，故，将代入可得，解得，A项错误，；，B项错误；，C项正确；函数在上先增后减，：D项错误.11.D时，有1个三角形，3根火柴；时，有3个三角形，9根火柴；时，有6个三角形，18根火柴；时，有10个三角形，30根火柴；
7、时，有个三角形，根火柴.可得当时，有.12.C令，有，可得函数单调递增，不等式可化为，又由，不等式可化为，可得关于的不等式的解集为.13.2因为，所以，故向量在向量上的投影为.14.由是的充分不必要条件，可知，但，又一个命题与它的逆否命题等价，可知但，又或，可知，所以.15.函数关于轴对称的函数为，若函数与函数的图象上存在关于轴对称的点，只需要方程有解，方程可化为，令，有，由函数单调递增，且，可得函数的减区间为，增区间为，可得，当时，可得函数的值域为，故实数的取值范围为.16.设.在线段F上存在点M，使得，即，则，即，又，由得，即，解得，.17.解：（1）由正弦定理知，所以，又因为，所以，所以
8、，所以，又因为；所以，即，又因为，解得.（2）由（1）知，所以，所以，当且仅当时取等号，所以，得，故边长的值为.18.解：（1）由当时，令，可得或，此时函数的增区间为，减区间为由，有可得当时，令，可得，此时函数的减区间为，增区间为由，有可得由上知或.（2）当时，若函数有且仅有三个零点，实数的取值范围为当，时，若函数有且仅有三个零点，实数的取值范围为.19.解：（1）证明：取AD的中点H，连接PH，EH，FH，由题知，且，又因为，三棱柱为直三棱柱，所以EF，EA，EB三条直线两两垂直，故平面EBCF，平面AEFD，因为平面平面EBCF，所以平面PAD，因为平面PAD，所以，又因为，所以平面AEF
9、D，所以，又因为，所以四边形PHEB为平行四边形，所以，因为平面AEFD，平面AEFD，所以平面AEFD，同理可证平面AEFD，又因，所以平面平面AEFD.（2）由（1）知，分别以EB，EF，EA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，所以，设平面PCD的一个法向量为，所以，即令，解得，故，设直线AP与平面PCD所成的角为，所以。故直线AP与平面PCD所成的角的正弦值为.20.解：（1）设切点为由，则曲线过点P的切线方程为代入点的坐标，有整理为令，有，可得函数单调递增，又由，可得则曲线过点的切线方程为，整理为.（2），有若函数单调递减，则必有当时，恒成立可化为令，有，令，可得，有函数的增区
10、间为，减区间为，有有，可得故若函数单调递减，则实数的取值范围为.21.解：（1）证明：当时，由.另解；当时.因为.所以，所以，故所以.（2）由（1）有当时，此时，此时函数单调递增，满足题意当时，令，可得或，可得函数的增区间为，由，若恒成立，必有，可得，有当时，有，由可知，故有由上知，当时，若恒成立，则实数的取值范围为.22.解：（1）设抛物线C的准线与x轴的交点为B，根据抛物线的定义得，则.，点M的坐标为，直线MN的斜率为，直线与直线关于直线AM对称，直线的方程为，即.（2）当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得，与的面积之和.当直线MN的斜率存在时，设直线方程为，与联立得，设，则，.，直线PQ的方程为，即，圆心到直线PQ的距离为，圆D的半径为，与的面积之和，直线PQ与圆D有两个交点，.令，则，且仅当时等号成立.综上，与面积之和的最大值为8.
