1、豫西名校20202021学年下期期末联考高二数学（理）试题（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分，每小题的四个选项中，只有一项是正确的）1若复数，则复数的虚部为（ ）ABCD2用反证法证明“，则，全为”时，假设正确的是（ ）A，中只有一个为B，中至少有一个不为C，中至少有一个为D，全为3已知直线：，：，则“”是“”的（ ）条件A必要不充分B充分不必要C充要D既不充分也不必要4已知数列为等差数列，为其前项和，若，则（ ）ABCD5已知是，双曲线：（，）的左、右焦点，是右支上一点，且是的直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）AB或CD或6如图，在直三
2、棱柱中，则与所成的角的余弦值为（ ）ABCABCD7届高三毕业生即将离开校园，高三班有名“奥赛、强基”选手，现在准备把手中的资料送给高二班的名同学，若高二班的名同学每人至少接受名同学的送书，则不同的送书方案有多少种（ ）ABCD8在中，角，的对边分别为，则面积的最大值为（ ）ABCD9已知实数，满足不等式组，则的最大值为（ ）ABCD10已知随机变量服从两项分布，且（），随机变量服从正态分布，若，则（ ）ABCD11设，则，的大小关系为（ ）ABCD12已知数列满足，为其前项和，若，则（ ）AB CD二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13的展开式中项的系数为_14若函数在区间上单调递
3、增，则实数的取值范围为_15在中，角，的对边分别为，点为的外心，若，则_16已知抛物线：的焦点为，过点斜率为（）的直线与抛物线交于、两点，的中点到轴的距离为，若是直线上的一个动点，则的最大值为_三、解答题（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）（一） 必考题（共60分）17等差数列中，且，构成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和满足：，求数列的前项和18奥运会是世界规模最大的综合性运动会，参赛人数屡创新高，个别运动员通过服用违禁药物来提升成绩组委会要对可疑的参赛运动员进行尿检，假设某次比赛前组委会接到可靠消息，某国参加百米赛跑的名运动员中有人服用了违禁药品（
4、1）假设对某国名运动员逐个进行尿检，求恰好经过次就能判断出服用违禁药品的运动员概率（2）若从该国名运动员中随机抽取名，其中含服用违禁药品的人数为，求随机变量的分布列和数学期望19如图所示，空间几何体中，底面，为矩形，四边形是边长为的菱形，为的中点（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值20己知直线：经过离心率为的椭圆：（）的上顶点（1）求椭圆的方程；（2）若过原点斜率存在且不为零的直线线与椭圆交于，两点，过点作直线，分別与轴交于点、，则在轴上是否存在定点在以为直径的圆上？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由21已知函数，其中（1）若，求函数的单调减区间；（2）设方程在上恰有个零点，求证：
5、（二）选考题（共10分请在22、23题中任选一题作答，如果多做按第一题计分）22在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线交于、两点，求的值23已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围豫西名校20202021学年下期期末联考高二数学（理）参考答案一、选择题题号123456789101112答案1【解析】因为，所以的虚部为2【解析】正确的假设为：“，至少一个不为”3【解析】由，解得或，当时，：，：，满足；当时，：，：，不满足；所
6、以“”是“”的充要条件4【解析】因为是等差数列，所以5【解析】当时，所以，当时，所以6【解析】如图，以为坐标原点，分别为，轴建立空间直角坐标，则，所以，所以，所以直线与所成角的余弦值为7【解析】由题意名高三同学分成组，有种分法：人为组，另外人各自为组：；人为组，另外人均分为组：；共种8【解析】因为，所以，即故因为，所以，故，即，由余弦定理得，得（当且仅当时等号成立），所以的面积9【解析】不等式组所表示的区域如图：计算可得，可看作阴影区域内的点与定点连线的直线斜率，由图可得，所得直线斜率最大值为10【解析】因为，所以，得，又因为服从，所以，所以11【解析】法一：设（），则，所以在上单调递增，因为
7、，所以，由条件得，所以法二：设（），则，故在上单调递增，因为，所以，又，所以12【解析】因为 ，所以 由得：，所以数列奇数项与偶数项均成公差为的等差数列当为奇数时，；当为偶数时，又因为，所以，得，所以，所以二、填空题13【解析】展开式中含的项为：14【解析】由题意在上恒成立，即恒成立，又（当且仅当时取等号），所以15【解析】因为，所以由余弦定理得：，所以，又因为为的外心，所以，所以，即 同理可得， 联立得，所以16【解析】设直线的方程为（），联立方程组，得，则，根据图形可知，解得，则直线的方程为，设点关于直线的对称点为，可列出方程组，即，此时线段与直线的交点即为使得取得最小值的点，因为，所以最
8、大距离为三、解答题17【解析】（1）设数列的公差为，因为，构成等比数列，所以，又所以所以，（2）当，当，综上，（），所以，得：，所以18【解析】（1）记恰好经过次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件，则包含两种情况：“次检验均为没有服用违禁药物运动员”和“前次检测中有两次检测出服用违禁药物运动员，且第四次检测出的是服用违禁药物运动员”所以，（2）由题意可知的可能取值为，故的分布列为：所以，19【解析】（1）因为平面，平面，所以，因为是菱形，且，所以，为正三角形，从而，因为为的中点，所以，所以，从而，又因为，所以平面，（2）因为，两两垂直，故为坐标原点，分别以，为，轴，建立如图所示的空间直角坐标
9、系，则，设中点为，则，易得平面，故平面的法向量为，则，取得，设二面角的大小为，则，所以，二面角的余弦值为20【解析】（1）依题意，又，椭圆的方程为（2）假设存在这样的点，不妨设：（），（），则，联立，解得，所在直线方程为，同理可得，因为点在以为直径的圆上所以，即，所以存在点在以为直径的圆上，点坐标为或21【解析】（1）因为，所以，由得，当时，所以和时，单调递减，当时，所以在上单调递减，当时，所以和时，单调递减，综上所述，当时，的减区间为和，当时，的减区间为，当时，的减区间为和，（2）由得，令（），则由题意得与直线恰有个交点，所以，令（），则易知单调递减，所以存在，使得，此时，所以当时，单调递增；当时，单调递减；所以，因为，时，故要使得与恰有个交点，则，又因为，所以成立22【解析】（1）由题意，直线的参数方程为（为参数），消去参数，可得直线：，即由曲线：，将，代入曲线可得，即曲线的直线坐标方程为，（2）由（1）直线过定点，倾斜角为，参数方程可化为，将代入曲线得，所以，所以，23【解析】（1）当时，当时，则，当时，则，当时，则，不等式的解集为，（2）因为又恒成立，所以解得：或的取值范围为
