2020-2021学年江苏省泰州市姜堰中学高二（下）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年江苏省泰州市姜堰中学高二（下）期末数学试卷，共26页。

2020-2021学年江苏省泰州市姜堰中学高二（下）期末数学试卷
一、单项选择题∶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，只有一个选项是符合题目要求的.
1．（5分）已知集合，1，2，，，，下列结论成立的是　　
A． B． C． D．
2．（5分）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则“”是“”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
3．（5分）函数的图象大致为　　
A． B．
C． D．
4．（5分）公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米．当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米，所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为　　
A． B． C． D．
5．（5分）已知，分别是曲线，上的两个动点，为直线上的一个动点，则的最小值为　　
A． B． C．2 D．3
6．（5分）已知椭圆的焦点为，，过点的直线与椭圆交于，两点．若，，则的方程为　　
A． B． C． D．
7．（5分）已知函数，若函数在上单调递减，则实数的取值范围是　　
A． B． C． D．
8．（5分）过抛物线的准线上任意一点作抛物线的切线，，切点分别为，，则点到准线的距离与点到准线的距离之和的最小值是　　
A．7 B．6 C．5 D．4
二、多项选择题∶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．（5分）给出以下四个说法，其中正确的说法是　　
A．残差点分布的带状区域的宽度越窄相关指数越小
B．在刻画回归模型的拟合效果时，相关指数的值越大，说明拟合的效果越好
C．在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均增加0.2个单位
D．对分类变量与，若它们的随机变量的观测值越小，则判断“与有关系”的把握程度越大
10．（5分）已知为虚数单位，复数满足，则下列说法错误的是　　
A．复数的模为
B．复数的共轭复数为
C．复数的虚部为
D．复数在复平面内对应的点在第一象限
11．（5分）已知，是正数，且，下列叙述正确的是　　
A．最大值为 B．的最小值为
C．最大值为 D．最小值为4
12．（5分）如图，点是正方体的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是　　

A．点存在无数个位置满足
B．若正方体的棱长为1，则三棱锥体积的最大值为
C．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
D．点存在无数个位置满足平面
三、填空题∶本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知抛物线，过点向抛物线作两条切线，切点分别为，，则　　．
14．（5分）口袋中有9个白球其中6个正品3个次品，6个黑球其中4个正品2个次品．现从口袋中随机取出一球，记事件 “取出一球为白球“，事件 “取出一球为正品”，下列说法正确的有 　　．
①；②；③；④事件与事件相互独立．
15．（5分）已知向量，，且，则的最大值为　　．
16．（5分）记，则　　，　　．
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．（10分）随着节能减排意识深入人心以及共享单车的大范围推广，越来越多的市民在出行时喜欢选择骑行共享单车．为了研究广大市民在共享单车上的使用情况，某公司在我市随机抽取了100名用户进行调查，得到如表数据：
每周使用次数
1次
2次
3次
4次
5次
6次及以上
男
4
3
3
7
8
30
女
6
5
4
4
6
20
合计
10
8
7
11
14
50
（1）如果认为每周使用超过3次的用户为“喜欢骑行共享单车”，请完成列联表，并判断能否在犯错误概率不超过0.05的前提下，认为是否喜欢骑行共享单车与性别有关？

不喜欢骑行共享单车
喜欢骑行共享单车
合计
男



女



合计



（2）每周骑行共享单车6次及6次以上的用户称为“骑行达人”，视频率为概率，在我市所有“骑行达人”中，随机抽取4名用户，对抽出的女性“骑行达人”每人奖励500元，记奖励总金额为，求的分布列及数学期望
附：下面的临界值表仅供参考．

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828
参考公式：，其中．
18．（12分）已知，．
（1）若的图象关于直线对称，求实数的值；
（2）在中，已知，，的面积为，求的周长．
19．（12分）如图，多面体中，四边形为矩形，二面角为，，，，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．

20．（12分）已知数列的前项和为，满足，．数列满足，，且．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围；
（3）是否存在正整数，使，，成等差数列，若存在，求出所有满足条件的，，若不存在，请说明理由．
21．（12分）已知双曲线方程为，，为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点作直线1交双曲线于、两点，则在轴上是否存在定点使得为定值，若存在，请求出的值和该定值，若不存在，请说明理由．
22．（12分）已知函数．
（1）若函数的图象在处的切线为，求的极值；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．

2020-2021学年江苏省泰州市姜堰中学高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题∶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，只有一个选项是符合题目要求的.
1．（5分）已知集合，1，2，，，，下列结论成立的是　　
A． B． C． D．
【分析】利用子集、交集、并集、补集定义直接求解．
【解答】解：集合，1，2，，，，不满足，则错；
，，则错；
，则正确；
，，则错．
故选：．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查子集、交集、并集、补集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（5分）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则“”是“”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
【分析】根据线面平行的判定定理与性质定理，判断即可．
【解答】解：，，若，根据线面平行的性质定理，；
反之，若，，，根据线面平行的判定定理，所以，
故前者能推出后者，后者也能推出前者，
故选：．
【点评】考查四个条件的确定，考查了线面平行的判定定理与性质定理，基础题．
3．（5分）函数的图象大致为　　
A． B．
C． D．
【分析】根据函数的奇偶性排除，再根据函数的单调性排除，，问题得以解决．
【解答】解：函数是偶函数，关于轴对称，故排除，
令，
恒成立，
在上单调递增，
，
，故排除，
当时，单调递增，故当时，单调递减，故排除．
故选：．
【点评】本题考查了函数图象识别和应用，考查了导数和函数单调性的关系，属于中档题．
4．（5分）公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米．当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米，所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为　　
A． B． C． D．
【分析】由题意知乌龟每次爬行的距离构成等比数列，写出、和，由此求出乌龟爬行的总距离．
【解答】解：由题意知，乌龟每次爬行的距离构成等比数列，
且，，；
乌龟爬行的总距离为
．
故选：．
【点评】本题考查了等比数列的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
5．（5分）已知，分别是曲线，上的两个动点，为直线上的一个动点，则的最小值为　　
A． B． C．2 D．3
【分析】分别求得两个曲线的表示的圆心和半径，由圆的对称性可得的最小值为，
的最小值为，过作直线的对称点，设坐标为，由中点坐标公式和两直线垂直的条件可得的坐标，当且仅当，，三点共线可得所求最小值．
【解答】解：曲线是为圆心，半径为1的圆，
是圆心，半径为1的圆，
由圆的对称性可得的最小值为，
的最小值为，
过作直线的对称点，设坐标为，
可得，，
解得，，即，
连接，交直线于，连接，
可得．
当且仅当，，三点共线可得的最小值为5，
则的最小值为．
故选：．

【点评】本题考查圆的方程的运用，以及距离之和的最值求法，注意运用对称思想，考查运算能力，属于中档题．
6．（5分）已知椭圆的焦点为，，过点的直线与椭圆交于，两点．若，，则的方程为　　
A． B． C． D．
【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得，，可得椭圆的方程．
【解答】解：，，
又，，
又，，
，，
，，
，在轴上．
在△中，，
在△中，由余弦定理可得，
根据，可得，解得，．
．
所以椭圆的方程为：．
故选：．

【点评】本题考查了椭圆的性质，余弦定理的应用，属中档题．
7．（5分）已知函数，若函数在上单调递减，则实数的取值范围是　　
A． B． C． D．
【分析】化函数为正弦型函数，由在上单调递减，利用正弦函数的单调性列出不等式组，求出的取值范围．
【解答】解：函数


，
由函数在上单调递减，
，，
得，
解得，
实数的取值范围是，．
故选：．
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质以及三角恒等变换应用问题，是基础题．
8．（5分）过抛物线的准线上任意一点作抛物线的切线，，切点分别为，，则点到准线的距离与点到准线的距离之和的最小值是　　
A．7 B．6 C．5 D．4
【分析】首先证明横过抛物线焦点，再利用当为通径时最小即可．
【解答】解：设抛物线的准线上任意一点．
点作抛物线的切线，，设切点分别为，，，
，
切线，方程分别为，．
直线的方程为．
故直线过定点，（即恒过抛物线焦点）
则点到准线的距离与点到准线的距离之和为，
当为通径时最小，最小值是．
故选：．
【点评】本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，综合考查了学生的逻辑思维能力和解决问题的能力．
二、多项选择题∶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．（5分）给出以下四个说法，其中正确的说法是　　
A．残差点分布的带状区域的宽度越窄相关指数越小
B．在刻画回归模型的拟合效果时，相关指数的值越大，说明拟合的效果越好
C．在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均增加0.2个单位
D．对分类变量与，若它们的随机变量的观测值越小，则判断“与有关系”的把握程度越大
【分析】根据残差，线性相关系数，回归直线方程和独立性检验的相关性质和定义判断各选项即可．
【解答】解：对于，残差点分布的带状区域的宽度越窄相关指数越大，故错误；
对于，在刻画回归模型的拟合效果时，的值越大，说明拟合的效果越好，故正确；
对于，在回归直线方程中，
当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均增加0.2个单位，故正确；
对于，对分类变量与，若它们的随机变量的观测值越小，
则判断“与有关系”的把握程度越小，故错误．
故选：．
【点评】本题考查了对残差，线性相关系数，回归直线方程和独立性检验的理解，属于基础题．
10．（5分）已知为虚数单位，复数满足，则下列说法错误的是　　
A．复数的模为
B．复数的共轭复数为
C．复数的虚部为
D．复数在复平面内对应的点在第一象限
【分析】直接利用复数的运算，复数的模，复数的共轭，复数的几何意义判断、、、的结论．
【解答】解：复数满足，整理得．
对于：由于，故，故错误；
对于：由于，故，故错误；
对于：复数的虚部为，故错误；
对于：复数在复平面内对应的点为，故该点在第一象限内，故正确；
故选：．
【点评】本题考查的知识要点：复数的运算，复数的模，复数的共轭，复数的几何意义，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
11．（5分）已知，是正数，且，下列叙述正确的是　　
A．最大值为 B．的最小值为
C．最大值为 D．最小值为4
【分析】由已知结合基本不等式及一些常见的结论分别检验各选项即可判断．
【解答】解：，是正数，且，当且仅当时取等号，
解可得，，即的最大值，正确；
，当且仅当且即，时取得最小值，正确；
因为，
所以，
所以，当且仅当即，时取等号，结合已知可知，等号取不到，即没有最大值，错误；
因为，
当且仅当且即时取等号，不正确．
故选：．
【点评】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，解题的关键是结论的灵活变形，属于中档试题．
12．（5分）如图，点是正方体的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是　　

A．点存在无数个位置满足
B．若正方体的棱长为1，则三棱锥体积的最大值为
C．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
D．点存在无数个位置满足平面
【分析】由题意画出图形，由直线与平面垂直的判定判断；求出三棱锥的体积最大值判断；由线面角的概念判断；由抛物线的定义判断．
【解答】解：在正方体中，侧面，则，
又，，平面，
可知当在线段上时，有，故正确；
由正方体的性质可知，平面，可知若正方体的棱长为1，
则与重合时，三棱锥的体积取最大值，
为，故正确；
异面直线与所成角，即为，当在线段上运动时，
取的中点时，最小，其正切值为，故错误；
易得平面平面，所以当在线段上时，满足平面，故正确．
故选：．

【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
三、填空题∶本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知抛物线，过点向抛物线作两条切线，切点分别为，，则　13　．
【分析】先对抛物线进行求导，设抛物线在点处的切线方程、抛物线在点处的切线方程，结合抛物线方程、切线均过点，求得得直线方程，将直线与抛物线进行联立，得到关于的一元二次方程，再运用韦达定理、以及抛物线性质，即可求解．
【解答】解：点不满足抛物线的解析式，即不在抛物线上，
设点，的坐标分别为，，，，
，
抛物线在点处的切线方程为，
点代入抛物线方程中，
，
又，
化简可得，
同理可得抛物线在处的切线方程为，
直线的方程为，
联立直线的方程与抛物线方程，
，
可得，
，，
又，
故答案为：13．
【点评】本题考查了抛物线的标准方程及其应用，考查了数形结合的思想方法，考查了一元二次方程的韦达定理，需要学生有较强的综合能力，属于难题．
14．（5分）口袋中有9个白球其中6个正品3个次品，6个黑球其中4个正品2个次品．现从口袋中随机取出一球，记事件 “取出一球为白球“，事件 “取出一球为正品”，下列说法正确的有 　③④　．
①；②；③；④事件与事件相互独立．
【分析】利用古典概型的概率公式求出（A），（B），，然后利用条件概率的概率公式求解，，对照四个选项，即可判断得到答案．
【解答】解：由题意可得，（A），（B），
，故①错误；
，故②错误；
，故③正确；
因为（A），故事件与事件相互独立，故④正确．
故答案为：③④．
【点评】本题考查了古典概型概率公式的应用，条件概率的求解以及相互独立事件的判断，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
15．（5分）已知向量，，且，则的最大值为　　．
【分析】由得，设，得到关于的一元二次方程，利用有解即可求解．
【解答】解：，，
，
，
，
，
设，则，
代入上式得，，
关于的方程有解，
△，
，，即，，
的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查向量的数量积的性质及运算，考查运算能力，属于中档题．
16．（5分）记，则　　，　　．
【分析】由题意根据即的系数，可得它的值．在所给的等式中．令，可得要求式子的值．
【解答】解：，则即的系数，故为．
再令，可得，
故，
故答案为：；5．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于中档题．
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．（10分）随着节能减排意识深入人心以及共享单车的大范围推广，越来越多的市民在出行时喜欢选择骑行共享单车．为了研究广大市民在共享单车上的使用情况，某公司在我市随机抽取了100名用户进行调查，得到如表数据：
每周使用次数
1次
2次
3次
4次
5次
6次及以上
男
4
3
3
7
8
30
女
6
5
4
4
6
20
合计
10
8
7
11
14
50
（1）如果认为每周使用超过3次的用户为“喜欢骑行共享单车”，请完成列联表，并判断能否在犯错误概率不超过0.05的前提下，认为是否喜欢骑行共享单车与性别有关？

不喜欢骑行共享单车
喜欢骑行共享单车
合计
男



女



合计



（2）每周骑行共享单车6次及6次以上的用户称为“骑行达人”，视频率为概率，在我市所有“骑行达人”中，随机抽取4名用户，对抽出的女性“骑行达人”每人奖励500元，记奖励总金额为，求的分布列及数学期望
附：下面的临界值表仅供参考．

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828
参考公式：，其中．
【分析】（1）利用公式求出即可；
（2）在骑行达人中，随机抽取1名用户，男性骑行达人的概率为0.6，女性骑行达人的概率为0.4，设抽取女骑行达人的人数为，，求出分布列，再求出期望．
【解答】解：（1）

不喜欢骑行共享单车
喜欢骑行共享单车
合计
男
10
45
55
女
15
30
45
合计
25
75
100
，
故在犯错误概率不超过0.05的前提下，不能认为喜欢骑行共享单车与性别有关；
（2）在骑行达人中，随机抽取1名用户，男性骑行达人的概率为0.6，女性骑行达人的概率为0.4，
设抽取女骑行达人的人数为，，
由题意，
，，1，2，3，4，

0
1
2
3
4







的分布列为


0
500
1000
1500
2000











，
元．
【点评】本题考查独立性检验，考查离散型随机变量求分布列和数学期望，中档题．
18．（12分）已知，．
（1）若的图象关于直线对称，求实数的值；
（2）在中，已知，，的面积为，求的周长．
【分析】（1）将函数变形为；然后将其代入已知条件并整理为：，由正弦函数的对称性质得到方程：，，解方程即可求得，即．
（2）需要根据已知条件和正弦定理推知，所以；由余弦定理得，①，又即②，联立方程组求得的值；由三角形的周长公式求解即可．
【解答】解：（1）因为．
所以，其中，
由题：意得：，，
解得，即．
（2）因为，
所以
即，
即，
即，
又，所以，所以；
由余弦定理得，①，
又，所以②，
由①②解得，
则周长．
【点评】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19．（12分）如图，多面体中，四边形为矩形，二面角为，，，，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．

【分析】（1）由已知条件，利用直线与平面、平面与平面的位置关系先推导出平面平面，由此能证明平面．
（2）利用直线与平面，平面与平面垂直的判定定理证明平面平面，作于，则平面，连结，可得直线与平面所成角为，利用三角函数的定义即可求解．
【解答】解：（1）证明：是矩形，
，又平面，
平面，
，平面，平面，
又，平面平面，
平面，平面．
（2），，即为二面角的平面角，
，又，平面，
又平面，平面平面，
作于，则平面．连结，

所以直线与平面所成角为，，，
所以．
直线与平面所成角的正弦值为．
【点评】本题考查直线与平面，平面与平面平行及垂直的判定定理，性质定理．平面法向量，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．
20．（12分）已知数列的前项和为，满足，．数列满足，，且．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围；
（3）是否存在正整数，使，，成等差数列，若存在，求出所有满足条件的，，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据数列的递推公式可得数列为首项，公比的等比数列以以及数列为首项，公差的等差数列，问题得以解决，
（2）先根据错位相减法求出，再根据任意的，都有，可得恒成立，构造，可得，根据数列的增减性即可求出，
（3）假设存在正整数，，使，，成等差数列，则，即，分类讨论，即可判断．
【解答】解：（1）当时，，所以．
当时，，，
两式相减得，
从而数列为首项，公比的等比数列，
从而数列的通项公式为．
由，两边同除以，
得，
从而数列为首项，公差的等差数列，所以，
从而数列的通项公式为，
（2）由（1）得，
于是，
所以，
两式相减得，
所以
由（1）得，
因为任意的，都有，
即恒成立，
所以恒成立，
记，
所以，
因为，
从而数列为递增数列，所以当时取最小值，
于是
（3）假设存在正整数，，使，，成等差数列，则，
即，
若为偶数，则为奇数，而为偶数，上式不成立．
若为奇数，设，则，
于是，即，
当时，，此时与矛盾；
当时，上式左边为奇数，右边为偶数，显然不成立．
综上所述，满足条件的实数对不存在
【点评】本题主要考查了利用数列的递推公式构造等差数列求数列的通项公式，及数列的错位相减法求和的应用及恒成立与最值求解的应用．
21．（12分）已知双曲线方程为，，为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点作直线1交双曲线于、两点，则在轴上是否存在定点使得为定值，若存在，请求出的值和该定值，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由离心率及，，之间的关系可得，的关系，再由，，可得，的值，进而求出双曲线的方程；
（2）分直线的斜率为0和不为0两种情况讨论，直线与双曲线的方程联立可得两根之和及两根之积，求出数量积的代数式，由其值为定值可得的值及定值．
【解答】解：（1）由题意可得，可得，，
所以，
又因为，．
在△中，由．
由，所以可得，
而，
所以，
可得，，
所以双曲线的方程为：；
（2）由（1）可得，
当直线的斜率为0时，，此时，，
由，则，
当的斜率不为0时，设，，，，，
联立，整理可得：，
因为，，，
因为，，

，
要使为定值，则，解得，
所以．定值为0．
【点评】本题考查双曲线的求法及直线与双曲线的综合，数量积的运算性质，属于中档题．
22．（12分）已知函数．
（1）若函数的图象在处的切线为，求的极值；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，根据（1），求出的值，从而求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的极值即可；
（2）问题转化为，令，求出函数的导数，结合函数的单调性求出的范围即可．
【解答】解：，
此时函数（1），
函数的图象在处的切线为，成立，
所以，此时在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为（1），不存在极小值；
（2）由，
化简可得，
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，
又，
存在唯一的，使得，
故在上单调递减，在，上单调递增，
，
由，得，
，所以，
即实数的取值范围是，．
【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是一道综合题．
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日期：2021/12/1 14:15:20；用户：高中数学12；邮箱：sztdjy76@xyh.com；学号：26722394