2021洛阳豫西名校高二下学期期末联考数学（理）试题含答案

这是一份2021洛阳豫西名校高二下学期期末联考数学（理）试题含答案，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
豫西名校2020—2021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（    ）A． B． C． D．2．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（    ）A． B． C． D．5．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（    ）A．  B．或C．  D．或6．如图，在直三棱柱中，，，，，则与所成的角的余弦值为（    ）A． B． C． D．7．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（    ）A． B． C． D．8．在中，角，，的对边分别为，，，，，则面积的最大值为（    ）A． B． C． D．9．已知实数，满足不等式组，则的最大值为（    ）A． B． C． D．10．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（    ）A． B． C． D．11．设，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．12．已知数列满足，为其前项和，若，则（    ）A． B．  C． D．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．（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：．（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2020—2021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：①人为组，另外人各自为组：；②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，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  ①，所以  ②由②－①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  ①同理可得，  ②联立①②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，，①，②①－②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，，①当时，则，，②当时，则，，③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