贵州省遵义市2020-2021学年高二下学期期末考试质量监测数学（理科）Word版含解析

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贵州省遵义市2020-2021学年高二下学期期末质量监测数学（理科）试卷一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1．直线x+y﹣1＝0的倾斜角是（　　）A.B.C.D.2．已知，则|z|＝（　　）A.B.1C.D.3．下列求导正确的是（　　）A.B.C.D.4.某双曲线两条渐近线的夹角为，则该双曲线的离心率为（）．A.B.C.2D.5．直线ax+（a+1）y+a﹣1＝0过定点（　　）A．（2，1）B．（2，﹣3）C．（﹣2，1）D．（﹣2，3）6．对于任意正实数m，命题p：“”，命题q：“m2＞1”，则p是q的（　　）A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件7．已a，b是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列结论正确的是（　　）A．若a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，则α∥βB．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥βC．若a⊥β，a⊥α，则α∥βD．若α⊥β，b⊥β，则b∥α8．函数﹣x的图像大致为（　　）

1A．B．C．D．9．已知f'（x）＝2，则＝（　　）A．﹣4B．﹣2C．0D．410．如图，把一个体积为64cm3、表面涂有灰漆的正方体木块锯成64个体积为1cm3的小正方体，从中任取一块，则这1块至少有一面涂漆的概率为（　　）A.B.C.D.11.将杨辉三角中的每一个数都换成分数，可得到如图所示的分数三角形，成为“莱布尼茨三角形”，从莱布尼茨三角形可以看出，存在使得，则的值是（）．

2A．rB．r﹣1C．r+1D．r+2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．曲线在（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为　　．14．（1+x）5的第四项为　　．15．F1，F2是双曲线的左、右焦点，过点F1的直线l与C的左、右两支曲线分别交于A、B两点，若l⊥F2B，则　　．16．已知不等式（2ax﹣lnx﹣2）[x2﹣（a+1）x+2]≥0对x＞0恒成立，则实数a的取值范围是　　．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．17．某学校在一次调查“足球迷”的活动中，随机调查男生，女生共96人，调查结果如下：男生女生合计足球迷241640非足球迷322456合计564096（Ⅰ）男生、女生中“足球迷”的频率分别是多少？（Ⅱ）是否有99%的把握认为男生女生在成为“足球迷”上存在明显差异？附：，其中n＝a+b+c+d．P（K2≥k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.82818．已知⊙O圆心在直线y＝x+2上，且过点A（1，0）、B（2，1）．（Ⅰ）求⊙O的标准方程；

3（Ⅱ）已知过点（3，1）的直线l被所截得的弦长为4，求直线l的方程．19．一次口试，每位考生要在8道口试题中随机抽出2道题回答，若答对其中1题即为合格．（1）现有某位考生会答8题中的5道题，那么，这位考生及格的概率有多大？（2）如果一位考生及格的概率小于50%，则他最多只会几道题？20．如图，已知△ABC是正三角形，EA，CD都垂直于平面ABC，且EA＝AB＝2，DC＝1，F是BE的中点，连接AD．（Ⅰ）求证：DF∥平面ABC；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．21．已知中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆C过点．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）是否存在不过原点O的直线l：y＝kx+m与C交于PQ两点，使得OP、PQ、OQ的斜率依次成等比数列．若存在，求出k、m满足条件；若不存在，请说明理由．22．已知函数，且f'（1）＝0．（Ⅰ）当b＝1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）在函数上是否存在两点A（x1，y1），B（x2，y2），使得函数图象上在处切线与AB所在直线平行，若存在，求出AB的坐标；若不存在，说明理由．

4参考答案一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1．直线x+y﹣1＝0的倾斜角是（　　）A．﹣B．C．D．解：因为直线x+y﹣1＝0的斜率是﹣1，所以tanα＝﹣1，它的倾斜角为．故选：C．2．已知z＝，则|z|＝（　　）A．B．C．1D．解：∵z＝＝，∴．故选：B．3．下列求导正确的是（　　）A．B．（xex）′＝ex+λC．（cosx）′＝﹣sinxD．解：根据题意，依次分析选项：对于A，（）′＝（）＝，A错误；对于B，（xex）′＝ex+xex，B错误；对于C，（cosx）′＝﹣sinx，C正确；对于D，（）′＝＝，D错误；故选：C．4．某双曲线两条渐近线的夹角为，则该双曲线的离心率为（　　）A．B．C．2D．解：由题意双曲线两条渐近线的夹角为，得＝或，∴e2＝1+（）2＝4或e2＝，

5∴e＝2或e＝．故选：AD．5．直线ax+（a+1）y+a﹣1＝0过定点（　　）A．（2，1）B．（2，﹣3）C．（﹣2，1）D．（﹣2，3）解：由ax+（a+1）y+a﹣1＝0，得a（x+y+1）+y﹣1＝0，令，解得，因此直线经过定点（﹣2，1），故选：C．6．对于任意正实数m，命题p：“＜1”，命题q：“m2＞1”，则p是q的（　　）A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解：对于任意正实数m，＜1⇔m＞1⇔m2＞1，∴p是q的充要条件，故选：A．7．已a，b是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列结论正确的是（　　）A．若a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，则α∥βB．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥βC．若a⊥β，a⊥α，则α∥βD．若α⊥β，b⊥β，则b∥α解：若a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，则α∥β或α与β相交，故A错误；若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β或α与β相交，故B错误；若a⊥β，a⊥α，由直线与平面垂直的性质可得α∥β，故C正确；若α⊥β，b⊥β，则b∥α或b⊂α，故D错误．故选：C．8．函数f（x）＝﹣x的图像大致为（　　）

6A．B．C．D．解：f（x）＝﹣x，其定义域为{x|x≠0}，则f（﹣x）＝﹣（﹣x）＝﹣（﹣x）＝﹣f（x），所以f（x）为奇函数，排除CD，又由f（2）＝﹣2＝﹣2＝＜0，排除B，故选：A．9．已知f'（x）＝2，则＝（　　）A．﹣4B．﹣2C．0D．4解：∵f'（x）＝＝2，∴＝2＝4．故选：D．10．如图，把一个体积为64cm3、表面涂有灰漆的正方体木块锯成64个体积为1cm3的小正方体，从中任取一块，则这1块至少有一面涂漆的概率为（　　）

7A．B．C．D．解：小正方体中一面涂色的有4×6＝24块，两面涂色的有2×12＝24块，三面涂色的有8块，∴至少有一面涂漆的小正方体有56块，∴从中任取一块，则这1块至少有一面涂漆的概率为＝，故选：C．11．将杨辉三角中的每一个数都换成分数，可得到如图所示的分数三角形，成为“莱布尼茨三角形”，从莱布尼茨三角形可以看出，存在x使得，则x的值是（　　）A．rB．r﹣1C．r+1D．r+2解：观察图中给出的莱布尼茨三角形，及给定的关系式：，我们可以知道，在上述关系式中：第一项是第n行的第r个数，

8第二项是第n行的第x个数，第二项是第n﹣1行的第x个数，分析第一项与第三项的关系，易得第二项是第n行的第r+1个数，故x＝r+1，故选：C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．曲线y＝2x﹣在（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为　3x﹣y+2＝0　．解：由y＝2x﹣，得y′＝2+，∴y′|x＝﹣1＝2+1＝3，又f（﹣1）＝﹣2+1＝﹣1，∴曲线y＝2x﹣在（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为y﹣（﹣1）＝3（x+1），即3x﹣y+2＝0．故答案为：3x﹣y+2＝0．14．（1+x）5的第四项为　10x3　．解：（1+x）5的第四项为：T4＝•12•x3＝10x3．故答案为：10x3．15．F1，F2是双曲线C：＝1的左、右焦点，过点F1的直线l与C的左、右两支曲线分别交于A、B两点，若l⊥F2B，则＝　　．解：∵双曲线C：＝1，∴c2＝a2+b2＝2+1＝3，即，∵l⊥F2B，∴∠F1BF2＝90°，在Rt△F1BF2中，运用勾股定理，可得＝12，①由双曲线的定义，可得|F1B|﹣|F2B|＝2a＝2，②联立①②可得，，

9∴＝＝．故答案为：．16．已知不等式（2ax﹣lnx﹣2）[x2﹣（a+1）x+2]≥0对x＞0恒成立，则实数a的取值范围是　　．解：令f（x）＝2ax﹣lnx﹣2，x＞0，g（x）＝x2﹣（a+1）x+2，函数g（x）的对称轴为x＝﹣＝，f′（x）＝2a﹣＝，①当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，f（1）＝2a﹣2＜0，x∈（1，+∞），f（x）＜0，g（x）在x∈（1，+∞）上单调递增，∴g（x）＞g（1）＝2﹣a＞0，∴a≤0不符合题意，舍去，②当a＞0时，f'（x）＝，∴函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，∴x＝时，函数f（x）取得极小值，即最小值，f（）＝ln2a﹣1，（i）若f（）＝ln2a﹣1＜0，则a＜，而g（）＞0，不符合题意舍去，（ii）若f（）＝ln2a﹣1≥0，则a≥，，解得﹣2﹣1≤a≤2+1，∴，故答案为：．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．17．某学校在一次调查“足球迷”的活动中，随机调查男生，女生共96人，调查结果如下：男生女生合计足球迷241640非足球迷322456合计564096

10（Ⅰ）男生、女生中“足球迷”的频率分别是多少？（Ⅱ）是否有99%的把握认为男生女生在成为“足球迷”上存在明显差异？附：K2＝，其中n＝a+b+c+d．P（K2≥k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828解：（1）由图表可得，男生中“足球迷”的频率是，女生中“足球迷”的频率是．（2）∵，∴没有99%的把握认为男生女生在成为“足球迷”上存在明显差异．18．已知⊙O圆心在直线y＝x+2上，且过点A（1，0）、B（2，1）．（Ⅰ）求⊙O的标准方程；（Ⅱ）已知过点（3，1）的直线l被所截得的弦长为4，求直线l的方程．解：（Ⅰ）∵A（1，0），B（2，1），∴AB的中点坐标为（，），又，∴AB的垂直平分线方程为y﹣＝﹣（x﹣），即x+y﹣2＝0．联立，解得．∴圆C的圆心坐标为（0，2），r＝．则圆C的标准方程为x2+（y﹣2）2＝5；（Ⅱ）由题意可得，所求直线的斜率存在，设为k，则直线方程为y﹣1＝k（x﹣3），即kx﹣y﹣3k+1＝0．圆心（0，2）到直线的距离d＝＝，则，解得k＝0或k＝﹣．∴直线l的方程为y＝1或3x+4y﹣13＝0．19．一次口试，每位考生要在8道口试题中随机抽出2道题回答，若答对其中1题即为合格．（1）现有某位考生会答8题中的5道题，那么，这位考生及格的概率有多大？（2）如果一位考生及格的概率小于50%，则他最多只会几道题？解：（1）∵一次口试，每位考生要在8道口试题中随机抽出2道题回答，答对其中1题即为合格．

11某位考生会答8题中的5道题，∴这位考生及格的对立事件是抽出的两道题都不会，∴这位考生及格的概率p＝1﹣＝1﹣＝．（2）一位考生及格的概率小于50%，则他不及格的概率大于，设他最多会n道题，n≤8，则，则＝＞14，即n2﹣15n+28＞0，解得n＜或n＞（舍），∵n∈Z*，∴n的最大值为2．∴他最多只会2道题．20．如图，已知△ABC是正三角形，EA，CD都垂直于平面ABC，且EA＝AB＝2，DC＝1，F是BE的中点，连接AD．（Ⅰ）求证：DF∥平面ABC；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．解：（Ⅰ）证明：如图所示，取AB中点G，连CG、FG．∵EF＝FB，AG＝GB，∴FG∥EA，且FG＝EA．又DC∥EA，且DC＝AE，∴FG∥DC且FG＝DC．∴四边形CDFG为平行四边形，∴DF∥CG．

12∵DF⊄平面ABC，CG⊂平面ABC，∴DF∥平面ABC．（Ⅱ）取AC中点O，过O作平面ABC的垂线交DE于M，连结OB，则OM⊥OB，OM⊥OC，∵△ABC是正三角形，O是AC中点，∴OB⊥OC，以O为原点，OB、OC、OM所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，∵F是BE中点，AE＝AB＝2，CD＝1，∴A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（0，1，1），E（0，﹣1，2），F（，﹣，1），，，＝（，，1）．设平面ADF的法向量为＝（x，y，z），则，可得＝（，1，﹣2）．同理可得平面ADB的法向量为＝（1，﹣，2）．cos＝﹣所以二面角B﹣AD﹣F的余弦值为．21．已知中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆C过点．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）是否存在不过原点O的直线l：y＝kx+m与C交于PQ两点，使得OP、PQ、OQ的斜率依次成等比数列．若存在，求出k、m满足条件；若不存在，请说明理由．解：（Ⅰ）设椭圆的方程为+＝1，

13因为离心率为的椭圆C过点，所以，解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆的方程为+y2＝1．（Ⅱ）联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）＝0（m≠0），设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2＝﹣，x1x2＝，所以y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝k2x1x2+mk（x1+x2）+m2，因为OP，PQ，OQ的斜率成等比数列，所以kOPkOQ＝kPQ2，所以•＝k2，所以k2++＝k2，所以+＝0，所以k＝±，因为△＝（8km）2﹣4（4k2+1）×4（m2﹣1）＞0，所以4k2﹣m2+1＝2﹣m2＞0，所以﹣＜m＜，因为x1x2≠0，所以m2﹣1≠0，解得m≠±1，综上所述，k＝±，﹣＜m＜且m≠±1．22．已知函数f（x）＝lnx﹣，且f'（1）＝0．（Ⅰ）当b＝1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）在函数上是否存在两点A（x1，y1），B（x2，y2），使得函数图象上在x＝处切线与AB所在直线平行，若存在，求出AB的坐标；若不存在，说明理由．解：（Ⅰ）当b＝1时，f（x）＝lnx﹣ax²+x，定义域为（0，+∞），

14f′（x）＝﹣ax+1，又f′（1）＝0，∴1﹣a+1＝0，∴a＝2，∴f′（x）＝﹣2x+1＝＝﹣，又x＞0，∴f′（x）＜0有0＜x＜1，f′（x）＞0有x＞1，∴f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．（Ⅱ）f（x）＝lnx﹣ax²+bx，定义域为（0，+∞），f′（x）＝﹣ax+b，又f′（1）＝0，∴1﹣a+b＝0，∴b＝a﹣1，∴f（x）＝lnx﹣ax²+（a﹣1）x，f′（x）＝﹣ax+a﹣1，假设存在两点A（x1，y1），B（x2，y2），不妨设0＜x1＜x2，则y1＝lnx1﹣ax1²+（a﹣1）x1，y2＝lnx2﹣ax2²+（a﹣1）x2，∴kAB＝＝＝﹣a（x2+x1）+（a﹣1），又kAB＝f′（）＝﹣a+a﹣1，由﹣a（x2+x1）+（a﹣1）＝﹣a+a﹣1，化简可得＝，即有ln＝＝，令t＝＞1，则上式可化为lnt＝＝2﹣，

15即lnt+＝2，令g（t）＝lnt+（t＞1），则g′（t）＝＞0，则函数g（t）在（1，+∞）上单调递增，∴g（t）＞g（1）＝2，∴在（1，+∞）上不存在t，使得g（t）＝lnt+＝2．综上所述，在函数f（x）的图象上不存在两点A（x1，y1），B（x2，y2），使得在x＝处切线与AB所在直线平行．