湖南省五市十校教研教改共同体2020-2021学年高二下学期期末考试数学Word版含答案

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三湘名校教育联盟五市十校教研教改共同体2021年高二上学期期末考试数学试卷本试卷共4页，22题，考试用时120分钟，试卷满分150分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束时，将本试题卷和答题卡一并交回。一、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，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合，，则A.B.C.D.2.已知，则A.B.1C.D.3.当生物体死亡后，它机体内的碳14含量会按确定的比率衰减，大约每经过5730年衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”.2021年3月23日四川省文物考古研究院联合北京大学对三星堆新发现K4坑的部分炭屑样品使用碳14年代检测方法进行了分析，发现碳14含量衰减为原来的67.90%，则该遗址距今约（）年.（参考数据：）A.3000B.3100C.3200D.33004.已知，则A.B.C.D.5.已知，，，则A.B.C.D.6.为庆祝建党一百周年，长沙市文史馆举办“学党史，传承红色文化”的主题活动，某高校团委决定选派5男3女共8名志愿者，利用周日到该馆进行宣讲工作.已知该馆有甲、乙两个展区，若要求每个展区至少要派3名志愿者，每个志愿者必须到两个展区中的一个工作，且女志愿者不能单独去某个展区工作，则不同的选派方案种数为A.252B.250C.182D.1807.在半径为2的球中挖去一个半径为1的同心球，设过球心的截面的面积为，不过球心的任意非圆面的截面的面积为，则

1A.B.C.D.、的大小关系不定8.若A是圆C所在平面内的一定点，Р是圆C上的一动点，线段AP的垂直平分线与直线CP相交于点Q，则点Q的轨迹不可能是A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线二、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，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.下列关于函数的结论正确的是A.函数是偶函数B.函数的最大值为2C.函数在单调递增D.函数的最小正周期是10.已知正三棱锥中，为的中点，，，则A.B.C.该三棱锥的体积是D.该三棱锥的外接球的表面积是11.已知直线与：相交于A、B两点，若为钝角三角形，则满足条件的实数a的值可能是A.B.1C.2D.312.设随机变量X表示从1到n这n个整数中随机抽取的一个整数，Y表示从1到X这X个整数中随机抽取的一个整数，则A.当时，B.当时，C.当（且）时，D.当（目）时，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.设等差数列的前项和为，，，则的最小值为_________.14.宽与长的比为

2的矩形叫做黄金矩形.它广泛的出现在艺术、建筑、人体和自然界中，令人赏心悦目.在黄金矩形中，，，那么的值为_________.15.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与C交于A，B两点，且，则_________.16.2020年底，我国已正式对外宣布，实现了全面脱贫的伟大胜利.某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位，制作了一批奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形的半径为10，，，，则____________（用表示）；据调研发现，当OP最长时该奖杯比较美观，此时的值为__________________.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.已知数列的前项和，令，.（1）求、的通项公式；（2）数列中去掉数列中的项，剩下的项按原来顺序排成新数列，求的值.18.如图，在平面四边形中，，，，，，求四边形的面积.19.为了解某校学生参加社区服务的情况，采用按性别分层抽样的方法进行调查.已知该校共有学生960人，其中男生560人，从全校学生中抽取了容量为n的样本，得到一周参加社区服务时间的统计数据如下：超过1小时不超过1小时男208女12（1）求，；

3（2）能否有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过1小时与性别有关?（3）若以样本中学生参加社区服务时间超过1小时的频率作为该事件发生的概率，现从该校随机调查60名学生，记一周参加社区服务时间超过1小时的人数为X，求X的数学期望.附：0.0500.0100.0013.8416.63510.82820.如图所示，在三棱柱中，底面是正三角形，侧面是菱形，点在平面的射影为线段的中点，过点，B，D的平面与棱交于点.（1）证明：四边形是矩形；（2）求二面角的余弦值.21.双曲线C的中心在原点O，焦点在轴上，且焦点到其渐近线的距离为⒉（1）求双曲线C的标准方程；（2）过点的直线与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点，与其渐近线分别交于M，N（从左至右）两点.（ⅰ）证明：；（ⅱ）是否存在这样的直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.22.已知函数（其中是自然对数的底数），曲线在点处的切线方程是.（1）求，；（2）设函数，若在上恒成立，求的取值范围.

4三湘名校教育联盟五市十校教研教改共同体2021年上学期高二期末考试数学参考答案一、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，只有一项是符合题目要求的。1.D2.B3.C【解析】设生物体死亡后，碳14每年衰减为原来的，依题意，有，的；设距今约年，碳14衰减为原来的，结合参考数据：，可得.4.C【解析】利用同角三角函数的基本关系可解得：或，再由二倍角公式得.5.A【解析】由对数运算公式得，，，，易知，故.6.D【解析】因为每个展区至少要派3人，则两个展区中派遣的人数分别为3、5或4、4，又因为3名女志愿者不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为.另法：.7.A【解析】设球心到不过球心的任意非圆面的截面的距离为，则该截面的面积，而过球心的截面的面积，故选A.8.D【解析】设圆的半径为，

5（1）若点A在圆C内不同于点C处，如图（1）所示，则有，故点Q的轨迹是以A、C为焦点的椭圆，所以B正确；（2）若点A与C重合，则有，故点Q的轨迹是以C为圆心，为半径的圆，所以A正确；（3）若点A在圆C上，如图（3）所示，则由垂径定理，线段AP的垂直平分线必过点C，故Q与C重合，故点Q的轨迹是一个点；（4）若点A在圆C外，如图（4）所示，则，所以，故点Q的轨迹是以A、C为焦点的双曲线右支，当AP的垂直平分线交CP的延长线于点Q时，Q的轨迹是以A、C为焦点的双曲线左支，所以C正确；故选D.二、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，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.AC【解析】作出函数的图像如下：由图像易知，选项AC正确.10.ABD【解析】作AC中点，连接PN，BN，则易证平面PBN，所以，又，所以平面，所以，，又三棱锥为正三棱锥，，且

6在中，由勾股定理解得，故三棱锥的体积为，其外接球半径为，外接球表面积为.故选ABD.11.ACD【解析】圆C的圆心为，半径为，由于为等腰三角形，若该三角形为钝角三角形，则，设圆心C到直线l的距离为d，则，则，整理可得，解得，因为直线l不过圆心C，则，解得.所以.故选ACD.12.ACD【解析】对A，当时，，故A正确；对B，当时，∵，则由可得，或，，∴，故B错误对C，当（且）时，则，故C正确；对D，，所以D正确，故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.【答案】-3【解析】易得，当或3时，14.【答案】115.【答案】【解析】设过的直线方程为，，，则联立方程得

7，，，，，所以，故，16.【答案】，【解析】作交QP于M，交AB于C，且，则，则，.设，作交AB于E，交AB于F，因为，所以，，，所以，所以，即.所以，所以，因为，所以当，即时，最大，故答案为.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.解：（1）当时，，又也适合上式，所以，..（2）由（Ⅰ）知，所以，.

8由此可知.18.解：设.在中，由正弦定理得，，即，在中，同理有，，即从而有，化简得，因此有，∴.于是知四边形是由边长为2的正和腰长为2，顶角的等腰构成，所以四边形的面积为.解法二：过作，分别交AB、BC于E、F两点，∵，在中，∴，在矩形中，∴，∴，∴是的中点，在，∵，所以为等边三角形，·∴在中，由等面积法可以得到，∴∴19.解：（1）由已知，该校有女生400人，故，得，从而.（2）作出列联表如下：超过1小时的人数不超过1小时的人数合计男20828

9女12820合计321648.所以不能有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过1小时与性别有关.（3）根据以上数据，学生一周参加社区服务时间超过1小时的概率，所以，且，.故的数学期望.20.解：（1）连接，.在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.因为平面，且平面平面，所以，因此.因为点D是AC的中点，所以E为中点，所以，所以四边形为平行四边形.在正中，因为D是AC的中点，所以.由题可知平面，所以，.因为，所以平面，于是，故四边形为矩形.（2）由（1）知，，两两垂直，以，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则.在中，，，所以.于是，，，，，，

10.设平面的法向量为，由得取.设平面的法向量为，由得取.设二面角的大小为，由图知，则.故所求二面角的余弦值为.21.解：（1）设双曲线，易得焦点到渐近线的距离为，故，又，所以，故所求双曲线的方程为.

11（2）（ⅰ）设过点的直线，联立，消去，整理得：，，.设，，，.当时，，即中点横坐标为，当时，，即中点横坐标为，故线段，的中点重合，所以.（ⅱ）由（ⅰ），，，所以，.又，所以，满足，故存在这样的直线.22.解：（1），，.（2），整理得.记，只需.而.令，则，故在单调递增.又，，由零点存在性定理可知，存在唯一，使.当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；

12所以.由得，所以，所以，即，故，且，所以，故所求的取值范围.方法二：证明：证明：构造函数，∴，令，所以函数在单调递增，令，所以函数在单调递减.所以函数∴，即∴∴，∵∴∴由在上恒成立，故恒成立.所以，故.