2020-2021学年江苏省南通市海安市高二（上）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年江苏省南通市海安市高二（上）期末数学试卷，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省南通市海安市高二（上）期末数学试卷一、选择题：本大题共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．（5分）已知集合，，0，1，，则　　A．， B．， C．，0， D．，0，1，2．（5分）命题“，”的否定是　　A．， B．， C．， D．，3．（5分）已知，，，则　　A． B． C． D．4．（5分）“”是“方程表示为椭圆”的　　A．充分必要条件 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5．（5分）已知定义在上的函数满足：，，当，时，，其中是自然对数的底数，则　　A． B． C． D．6．（5分）2020年4月21日，习近平总书记在学校考察调研时提出“文明其精神，野蛮其体魄”，“野蛮其体魄”就是强身健体．青少年的体质状况不仅关乎个人成长和家庭幸福，也关乎国家未来和民族希望，为落实《国家学生体质健康标准》达标测试工作，全面提升学生的体质健康水平，某校在高二年级随机抽取部分男生，测试立定跳远项目，依据测试数据绘制了如图所示的频率分布直方图．已知立定跳远以上成绩为及格，以上成绩为优秀，根据图中的样本数据估计该校高二年级男生立定跳远项目的及格率和优秀率分别是　　A．， B．， C．， D．，7．（5分）在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．假定某种传染病的基本传染数，那么感染人数由1个初始感染者增加到2000人大约需要的传染轮数为　　注：初始感染者传染个人为第一轮传染，这个人再传染个人为第二轮感染．A．5 B．6 C．7 D．88．（5分）已知函数的图象是下列四个图象之一，且其导函数的图象如图所示，则的图象是　　A． B． C． D．二、选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分.9．（5分）双曲线与双曲线　　A．焦距相等 B．实轴长相等 C．离心率相等 D．渐近线相同10．（5分）设，，构成空间的一个基底，则下列说法正确的是　　A．存在不全为零的实数，，，使得 B．对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，，，使得 C．在，，中，能与，构成空间另一个基底的只有 D．存在另一个基底，，，使得11．（5分）在等差数列中每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列．若是数列的项，则的值可能为　　A．1 B．3 C．5 D．712．（5分）在湖边，我们常看到成排的石柱子之间两两连以铁链，这就是悬链线，其形状因与悬在两端的绳子因均匀引力作用下掉下来之形相似而名．选择适当的坐标系后，悬链线的方程是一个双曲余弦函数，其中为非零常数，在此坐标平面上，过原点的直线与悬链线相切于点，，则的值可能为　　（注表示不大于的最大整数）A． B． C．1 D．2三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）已知平面向量，满足，，，则，的夹角为　　．14．（5分）航天飞机发射后的一段时间内，第秒时的高度，其中的单位为，的单位为，则第末的瞬时速度为　　．15．（5分）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等），若，则经过　　次步骤后变成1；若第5次步骤后变成1，则的可能值之和为　　．16．（5分）如图，等腰直角三角形为直角顶点）所在的平面与半圆弧所在的平面垂直，为上异于，的动点，且在上射影为点，，则当三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为　　．四.解答题：本大题共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．（10分）在①的外接圆的半径为1，②的面积为，③边上的高为1．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知，它的内角，，的对边分别为，，，且，，____，求的值．18．（12分）已知等差数列和等比数列的首项均为1，的前项和为，且，．（1）求数列，的通项公式；（2）设，，求数列的前项和．19．（12分）已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，当轴时，，（1）求的值；（2）若，求直线的方程．20．（12分）如图，在四棱锥中，已知底面为等腰梯形，，，，平面，．（1）求与所成角的余弦值；（2）设是过点且与平行的一条直线，点在直线上，当与平面所成角的正弦值最大时，求线段的长．21．（12分）已知函数，．（1）若函数在上单调递减，求的取值范围；（2）若函数存在最大值，且最大值不大于0，求的值．22．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且经过点．（1）求椭圆的方程；（2）设，，，是椭圆上互异的四点（点在第一象限），其中，关于原点对称，，关于轴对称，且，求四边形面积的最大值．
2020-2021学年江苏省南通市海安市高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共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．【解答】解：，，0，．故选：．2．【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题：“，”的否定是，；故选：．3．【解答】解：，，，．故选：．4．【解答】解：因为方程表示为椭圆，所以，解得：且，“”不能推出“且”，不满足充分性，“且”能推出“”，满足必要性，所以“”是“方程表示为椭圆”的必要不充分条件．故选：．5．【解答】解：因为，，所以，即函数是周期为4的周期函数，故．故选：．6．【解答】解：立定跳远以上成绩为及格，以上成绩为优秀，由频率分布直方图得立定跳远以上的频率为：，由频率分布直方图得立定跳远以上的频率为：，根据图中的样本数据估计该校高二年级男生立定跳远项目的及格率和优秀率分别是和．故选：．7．【解答】解：初始一名感染者，经过一轮传染后，感染人数为人，经过二轮传染后，感染人数为人，经过三轮传染后，感染人数为人；则每一轮传染后的感染人数构成以4为首项，以4为公比的等比数列，设为，到第轮传染后，感染人数为，由，得，感染人数由1个初始感染者增加到2000人大约需要的传染轮数为6轮．故选：．8．【解答】解：由图象知当时，，此时函数为增函数，当时，，此时函数为减函数，则当时，为极大值，当时，递增速度增加，函数增长速度越来越快，排除，，当时，递增速度减少，函数增长速度越来越慢，排除，故选：．二、选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分.9．【解答】解：双曲线的焦距为10，实轴长为8，离心率为，渐近线方程为；双曲线的焦距为10，实轴长为6，离心率为，渐近线方程为，所以这两个双曲线的焦距相等，渐近线相同．故选：．10．【解答】解：对于，若存在不全为零的实数，，，使得，，，不一定构成空间的一个基底，所以错；对于，因为，，构成空间的一个基底，所以对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，，，使得，所以对；对于，因为，，所以，，不能与，构成空间另一个基底；又因为设，，若，所以与，构成空间另一个基底；所以在，，中，能与，构成空间另一个基底的只有，所以对；对于，存在，根据向量运算几何意义，表示以为顶点，以，，为相邻三边的长方体对角线，绕此对角线长方体旋转，基底也变为另一基底，，，都满足，所以对．故选：．11．【解答】解：插入个数，则，，，，等差数列中的项在新的等差数列中间隔排列．且下标是以1为首项，为公差的等差数列，则，是数列的项，令，当时，，当时，，当时，，故的值可能是1，3，7，故选：．12．【解答】解：，由切线的斜率，因为，则切线方程为，令，则可得，令，则是的零点，因为，所以是偶函数，当时，单调递减，因为（1），（2），所以在存在零点，由偶函数的对称性在也存在零点，且根据单调性可得仅有这两个零点，所以或，所以或1，故选：．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．【解答】解；平面向量，满足，，，可得，可得，所以，，所以，的夹角为：．故答案为：．14．【解答】解：因为第秒时的高度，由导数的物理意义可知，，所以（2），故第末的瞬时速度为．故答案为：225．15．【解答】解：当时，共5步雹程变成1，若需经过5步雹程首次变成1则或两种情况，即或，则，故答案为：5，37．16．【解答】解：等腰直角三角形中，，则，为的中点，，，令，，则，，，三棱锥的体积，令，，，，，，即当时，取得最大值，此时三棱锥的体积最大，过作于，可得为二面角的平面角，又，，，，二面角的正切值为．故答案为：．四.解答题：本大题共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．【解答】解：因为，由正弦定理可得，又因为，所以可得：，所以，由于，可得，，若选择①，由于的外接圆的半径为1，由正弦定理可得，可得．若选择②，由于的面积为，解得，可得；若选择③，由于边上的高为1，可求的面积，解得，可得，．18．【解答】解：（1）设公差为的等差数列和公比为的等比数列的首项均为1，且，．所以，解得，所以，．（2）设，所以①，②，①②得：．19．【解答】解：（1）根据题意可得，，当轴时，直线的方程为，联立直线与抛物线，得，解得，所以，，，，所以，所以．（2）设直线的方程为，，，，，联立，得，所以△，所以，，因为，根据焦半径公式可得，即，所以，即，解得或（舍，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为：．20．【解答】解：过点作直线，在上取点，连接，，取中点，连接，由题意可建如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：，0，，，，，，，，，0，．（1），，，，，，设与所成角为，，故与所成角的余弦值为．（2）设长为，则，，，，，，设平面法向量为，，，则，，，令，，，，设与平面所成角大小为，则，设，，解得，所以当达到最值时，，即当与平面所成角的正弦值最大时，线段的长为．21．【解答】解：（1）若函数在上单调递减，则在恒成立，故在恒成立，又时，，故只需即可，即的取值范围是，；（2）的定义域是，若函数存在最大值，则在定义域不单调，，当时，在恒成立，故在上单调递减，无最值，不合题意，当时，由，解得：，故时，，递增，，时，，递减，故，由的最大值不大于0，则，令，，则（1），又，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故（1），故的最小值是0，此时，，只能是，此时．22．【解答】解：（1）由已知条件可得，解得，，，所以椭圆的方程为．（2）设，，，则点，，，，，，直线的斜率为，因为，则直线的方程为，联立，得，由韦达定理可得，因为，所以四边形的面积为，所以令，，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，所以，所以四边形的面积的最大值为．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/4/10 17:51:53；用户：高中数学12；邮箱：sztdjy76@xyh.com；学号：26722394