2020-2021学年湖北省宜昌高二（下）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖北省宜昌高二（下）期末考试数学试卷人教A版，共13页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设x∈R，向量a→=1,−1,x，b→=−4,2,2，若a→⊥b→，则x=（ ）
A.−3B.−1C.1D.3

2. 已知随机变量ξ的分布列如表所示，则Eξ=( )
A.−13B.0C.13D.23

3. 已知圆O1：x−12+y+22=9，圆O2：x+22+y+12=16，则这两个圆的位置关系为（ ）
A.外离B.外切C.相交D.内含

4. 一袋中有大小相同的3个红球和2个白球，从中不放回地取球2次，每次任取一球，在第一次取到红球的条件下，第二次也取到红球的概率为( )
A.13B.310C.12D.925

5. 已知函数fx=x3−x2+cx+2在x=1处取得极值，则曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为（ ）
A.2x+y−2=0B.2x−y+2=0C.x−y+2=0D.x+y−2=0

6. 2021年是“十四五”开局之年，“三农”工作重心转向全面推进乡村振兴．某县现招录了5名大学生，其中3名男生，2名女生，计划全部派遣到A、B、C三个乡镇参加乡村振兴工作，每个乡镇至少派遣1名大学生，乡镇A只派2名男生．则不同的派遣方法总数为（ ）
A.9B.18C.36D.54

7. 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB=∠A1AC=∠BAC=60∘，A1A=3，AB=AC=2，则线段AO的长度为( )

A.332B.292C.52D.232

8. 已知函数fx=ex−1−kx2+3，若对任意的x1,x2∈0,+∞ ，且x1≠x2，都有fx1x2+fx2x1>fx1x1+fx2x2，则实数k的取值范围是（ ）
A.−∞,12B.−∞,12C.(−∞,2]D.−∞,2
二、多选题

下列命题中，正确的命题有（ ）
A.利用最小二乘法，由样本数据得到的回归直线y=bx+a必过样本点的中心x,y
B.设随机变量X∼B20,12，则DX=5
C.天气预报，五一假期甲地的降雨概率是0.3，乙地的降雨概率是0.2，假定这段时间内两地是否降雨相互没有影响，则这段时间内甲地和乙地都不降雨的概率为0.5
D.在线性回归模型中，R2表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，R2越接近于1，表示回归的效果越好

已知2x−ax7 的展开式中各项系数的和为1，则下列结论正确的有（ ）
A.a=1
B.展开式中二项式系数之和为256
C.展开式中系数最大的项为第3项
D.展开式中x−5的系数为−14

如图所示，在棱长为1的正方体中 ABCD−A1B1C1D1 中，E，F分别为棱A1D1，DD1 的中点，则以下四个结论正确的是（ ）

A.AC1⊥平面BEF
B.EF//平面B1CD1
C.异面直线BE和AD所成的角的正切值为22
D.若P为直线B1D1 上的动点，则三棱锥E−BFP的体积为定值

已知抛物线x2=8y的焦点为F，P为抛物线上一动点，直线l交抛物线于A，B两点，点M2,4，则下列说法正确的是（ ）
A.存在直线l，使得A，B两点关于x+y−2=0对称
B.|PM|+|PF|的最小值为6
C.当直线l过焦点F时，以AF为直径的圆与x轴相切
D.若分别以A，B为切点的抛物线的两条切线的交点在准线上，则A，B两点的纵坐标之和的最小值为4
三、填空题

已知随机变量X∼N2,σ2且PX2a．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省宜昌市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
利用两向量垂直，两向量数量积为零，列方程求解即可.
【解答】
解：∵ a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=−4−2+2x=0，
解得x=3.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
根据分布列的性质可得a+13+16=1可求出a，再求出期望．
【解答】
解：∵ a+13+16=1，
∴ a=12，
∴ Eξ=(−1)×12+0×13+1×16=−13．
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
求出两个圆的圆心坐标与半径，求出圆心距，即可判断两个圆的位置关系．
【解答】
解：因为圆O1的圆心(1, −2)，半径为3；
圆O2的圆心坐标(−2, −1)，半径为4，
两个圆的圆心距为：33+12=10，
因为4−3x2fx1+x1fx2，
∴ x1−x2fx1−fx2>0，
∴ fx在0,+∞上单调递增，
∴ f′x=ex−1−2kx≥0在0,+∞上恒成立，
∴ 2k≤ex−1x在0,+∞上恒成立，
设ℎx=ex−1x，
∴ ℎ′x=(x−1)ex−1x2，
∴ ℎx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
∴ 2k≤ℎ(1)=1，
∴ k≤12.
故选A.
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
求解线性回归方程
离散型随机变量的期望与方差
相互独立事件的概率乘法公式
变量间的相关关系
【解析】
利用线性回归方程，离散型随机变量的方差，相互独立事件同时发生的概率计算和回归分析进行逐一分析即可.
【解答】
解：A，利用最小二乘法，由样本数据得到的回归直线y=bx+a必过样本点的中心x,y，该选项正确；
B，设随机变量X∼B20,12，则DX=np(1−p)=5，该选项正确；
C，天气预报，五一假期甲地的降雨概率是0.3，乙地的降雨概率是0.2，假定这段时间内两地是否降雨相互没有影响，则这段时间内甲地和乙地都不降雨的概率为(1−0.3)×(1−0.2)=0.56，该选项错误；
D，在线性回归模型中，R2表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，R2越接近于1，表示回归的效果越好，该选项正确.
故选ABD.
【答案】
A,C
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
对于A选项，令二项式中的x为1得到展开式的各项系数和得到2−a2=1，求解a=1；
对于B选项，因为二项式系数和为2n，由于n=7，从而展开式中二项式系数之和为128；
对于C选项，通项公式Tr+1=−1r27−rC7rx7−2r，从而得到展开式中系数最大的项为第3项；
对于D选项，根据通项公式得出展开式中x−5的系数．
【解答】
解：A，令二项式中的x为1得到展开式的各项系数和为2−a7，
所以2−a7=1，则a=1，故A正确；
B，展开式中二项式系数之和为27=128，故B错误；
C，展开式的通项为Tr+1=−1r27−rC7rx7−2r，
当r=2时，系数−12×27−2C72最大，
故展开式中系数最大的项为第3项，故C正确；
D，7−2r=−5，r=6，−16×27−6C76=14，故D错误.
故选AC．
【答案】
B,C
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
异面直线及其所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，连接A1D，A1B，BD，易知AC1⊥平面A1BD，
假设AC1⊥平面BEF，则平面BEF//平面A1BD或两平面重合，显然不成立，故A错误；
B，连接B1D1，B1C，D1C，
∵ E，F分别为棱A1D1，DD1 的中点，
∴ EF//A1D//B1C，B1C⊂平面B1CD1，EF⊄平面B1CD1，
∴ EF//平面B1CD1，故B正确；
C，∵ AD//A1D1，
∴ ∠BEA1即为异面直线BE和AD所成的角，
易知A1E=12，BE=A1E2+A1B12+B1B2=32，
BA1=A1B12+B1B2=2，
∴ cs∠BEA1=14+94−22×12×32=13，sin∠BEA1=223，
则tan∠BEA1=22，故C正确；
D，若三棱锥E−BFP的体积为定值，则P到平面BEF的距离为定值，
即B1D1//平面BEF，
由B1D1//BD，BD与平面BEF相交可知D不成立，故D错误.
故选BC.
【答案】
B,C,D
【考点】
抛物线的性质
抛物线的求解
圆锥曲线的综合问题
直线与抛物线的位置关系
【解析】
根据抛物线的定义以及性质逐项求解即可
【解答】
解：A，假设存在直线l，使得A，B关于x+y−2=0对称，
又由直线l过A，B可得l⊥AB．故l的斜率为1，
设l方程为x−y+m=0，
由x2=8y，x−y+m=0得x2−8x−8m=0，
由l与抛物线有两交点可得Δ=64+32m>0，
∴ m>−2，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=8，
设AB中点为Qx0,y0，
则x0=x1+x22=4，y0=x0+m=m+4，
又∵ Q点必在直线x+y−2=0上，
∴ x0+y0−2=0，解得m=−6，
这与m>−2矛盾，故A选项错误，
B，设l′是抛物线的准线，则l′: y=−p2=−2，
过P作 PN⊥l′ 于N ，
则 |PM|+|PF|=|PM|+|PN|≥6 ，
当且仅当P，M，N三点共线时，等号成立，
∴ |PM|+|PF|的最小值为6，故B选项正确，
C，如图l过焦点F，l′为抛物线的准线，
设AF的中点为G，
过A作 AC⊥l′ 于C，交x轴于E，
过G作 GD⊥x 轴于D，
由抛物线的性质可得AF=AC
故GD=12OF+AE=12OF′+AE=12AC=12AF，
∴ 以AF为直径的圆与x轴相切，故C选项正确；
D，设 Ax1,y1 ，Bx2,y2, 由 x2=8y 得 y′=14x，
设两条切线交点为T，
则切线AT方程为 y−y1=14x1x−x1，
即y=14x1x−14x12+y1=14x1x−18x12，
同理BT方程为 y=14x2x−18x22，
联立AT，BT方程得 x=12x1+x2 ，y=18x1x2,
∴ T点坐标为 12x1+x2,18x1x2，
∵ T点在准线l′ ：y=−2 上，
∴18x1x2=−2，即x1x2=−16 ，
∴y1+y2=18x12+x22
=18x1+x2−2x1x2
=18x1+x22+4
当 x1+x2=0 时， y1+y2 有最小值4， 故D选项正确.
故选BCD.
三、填空题
【答案】
0.4
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
首先根据题中所给的正态分布，得出正态曲线关于直线x=2对称，再结合对称轴两侧各占0.5，根据关系求得结果．
【解答】
解：因为随机变量ξ服从正态分布N2,σ2，
所以正态曲线的对称轴是x=2，
因为Pξb>0，
由题意得，c=1．
∵ 双曲线的离心率4+122=2，
∴ 椭圆E的离心率e=12，
∴ a=2，
∴ b2=a2−c2=3，
故椭圆E的方程：x24+y23=1．
(2)由题意，r=3，
即圆心到直线l的距离为3，
则|m|1+k2=3，
∴ m2=31+k2，
设Mx1,y1，Nx2,y2，
由y=kx+m,x24+y23=1,
得4k2+3x2+8kmx+4m2−3=0，
由Δ>0，
得x1+x2=−8km4k2+3，x1x2=4m2−34k2+3，
则|MN|=1+k2|x1−x2|
=1+k2(x1+x2)2−4x1x2
=13m2−8km4k2+32−16m2−34k2+3=−4km4k2+3，
又|MF2|=x1−12+y12=2−12x1，|NF2|=2−12x2，
|M2F|+|MF1|=4−12x1+x2=4+4km4k2+3．
△MNF2周长=|MN|+|MF2|+|NF2|=4，
∴ △MNF2周长为定值4．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
双曲线的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设椭圆E的标准方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，
由题意得，c=1．
∵ 双曲线的离心率4+122=2，
∴ 椭圆E的离心率e=12，
∴ a=2，
∴ b2=a2−c2=3，
故椭圆E的方程：x24+y23=1．
(2)由题意，r=3，
即圆心到直线l的距离为3，
则|m|1+k2=3，
∴ m2=31+k2，
设Mx1,y1，Nx2,y2，
由y=kx+m,x24+y23=1,
得4k2+3x2+8kmx+4m2−3=0，
由Δ>0，
得x1+x2=−8km4k2+3，x1x2=4m2−34k2+3，
则|MN|=1+k2|x1−x2|
=1+k2(x1+x2)2−4x1x2
=13m2−8km4k2+32−16m2−34k2+3=−4km4k2+3，
又|MF2|=x1−12+y12=2−12x1，|NF2|=2−12x2，
|M2F|+|MF1|=4−12x1+x2=4+4km4k2+3．
△MNF2周长=|MN|+|MF2|+|NF2|=4，
∴ △MNF2周长为定值4．
【答案】
(1)解：f′x=ax−x+a−1
=−x2+(a−1)x+ax(x>0)，
令f′x=0，
解得x=−1（舍）或x=a ．
①当a≤0时，f′x>0，则fx在0,+∞上单调递增；
②当a>0时，令f′xa；令f′x>0，解得0