广东省茂名市2020-2021学年高二下学期期末考试数学试题 Word版含答案

2020—2021学年度茂名市普通高中高二年级教学质量监测

数学试卷

本试卷共4页，22题.全卷满分150 分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.

一、选择题：本题共8个小题，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，，则中元素的个数为（  ）

A．           B．         C．         D．

2.已知命题，，则为（  ）

A．，

B．，

C．，

D．，

3.已知双曲线的一条渐近线为第一象限与第三象限的角平分线，则的离心率为（  ）

A．           B．         C．         D．

4.已知倾斜角为的直线与直线平行，则的值为（  ）

A．          B．         C．         D．

5.冼夫人故里、放鸡岛、窦州古城、茂名森林公园这个景区均为广东茂名市的热门旅游景区，现有5名学生决定于今年暑假前往这个景区旅游，若每个景区至少有名学生前去，且每名学生只去一个景点，则不同的旅游方案种数为（  ）

A．           B．         C．         D．

6.某圆柱的轴截面是周长为的矩形，则该圆柱的侧面积的最大值是（  ）

A．           B．  C．         D．

7.记的面积为，若， ，则的最大值为（  ）

A．          B．         C．         D．

8.草地贪夜蛾是一种起源于美洲的繁殖能力很强的农业害虫，日增长率为，若只草地贪夜蛾经过天后，数量落在区间内，则的值可能为（参考数据：，）（  ）

A．           B．        C．         D．

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.已知复数满足，则（  ）

A．的虚部为           B．的共轭复数为

C．          D．在复平面内对应的点位于第二象限

10.茂名市某单位在定点帮扶贫困村村的过程中，因地制宜，优化产业结构，使得该村人均年纯收入逐年提高. 村村民，，，年这年的人均年纯收入（单位：万元）与年份代号之间的一组数据如表所示：

若与线性相关，且求得其线性回归方程为，则下列说法错误的是（  ）

A．人均纯收人（单位：万元）与年份代号负相关

B．

C．从2016年起，每经过年，村民人均年纯收入约增加万元

D．2023年村人均年纯收人约为万元

11.已知函数的部分图象如图所示，，则下列结论正确的是（  ）

A．            

B．         

C．把函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象

D．把图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数在上是减函数

12.已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为，若，且，则使不等式成立的的值不可能为（  ）

A．           B．         C．         D．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量，，，则向量，夹角的余弦值为                       ．

14.已知等比数列的前项和为，，，则的值为                       ，若，则                       ．（本题第一空2分，第二空3分）

15.已知函数为定义在上的偶函数，且在区间内单调递减，在区间上单调递增，写出一个满足条件的函数                       ．

16.在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形的直棱柱称为“堑堵”.如图，已知三棱柱是一“堑堵”，，，点为的中点.则三棱锥的外接球的表面积为                       ．

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.在①，②，③三个条件中任选一个，补充到下面问题并解答.

已知等差数列的前项和为，，                       ， 若，求数列的前项和.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

18.在中，角，，的对边分别为，，且.

（1）求角的大小；

（2）若的面积为，且的外接圆半径为，试判断的形状，并说明理由.

19.如图，在四棱锥中，平面，，，，，.

（1）证明：平面平面；

（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

20.随着智能手机的迅速普及，外卖点餐也开始成为不少人日常饮食中的一部分，但方便群众生活的同时，部分外卖派送人员诸如服务态度差、派送不及时、包装损坏等一系列问题也让市民感到不满，影响了整个行业的持续健康发展.市外卖行业协会为掌握本市外卖派送人员的服务质量水平，随机选取了名外卖派送人员，并针对他们的服务质量细化打分（满分分），根据他们的服务质量得分分成以下组：，，，…，，统计得出以下频率分布直方图：

（1）求这名外卖派送人员服务质量的平均得分（每组数据以区间的中点值为代表）；

（2）市外卖派送人员的服务质量得分（单位：分）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数.若市恰有万名外卖派送人员，试估计这些外卖派送人员服务质量得分位于区间的人数；

（3）为答谢外卖派送人员积极参与调查，该协会决定给所抽取的这人一定的现金补助，并准备了两种补助方案.

方案一：按每人服务质量得分进行补助，每分补助元；

方案二：以抽奖的方式进行补助，得分不低于中位数的可抽奖次，反之只能抽奖次.在每次抽奖中，若中奖，则补助元/次，若不中奖，则只补助元/次，且假定每次中奖的概率均为.

问：哪一种补助方案补助总金额更低.

参考数据：若随机变量Z服从正态分布，即，则，.

21.已知函数.

（1）当时，讨论函数的单调性；

（2）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围.

22.已知圆与抛物线相交于，两点，且.

（1）求的标准方程；

（2）过点的动直线交于，两点，点与点关于原点对称，求证：.

高二数学参考答案及解析

一、选择题

1.

解析：，故中元素的个数为.故选.

2.

解析：先变量词，再否结论，故可知命题的否定为，.故选.

3.

解析：由题意可知双曲线的一条渐近线方程为，即，

所以的离心率.故选.

4.

解析：由已知得，故，故选.

5.

解析：不同的旅游方案种数为.故选.

6.

解析：设该圆柱的底面圆半径为，高为，则，

所以，该圆柱的侧面积，

当且仅当时取等号.故选.

7.

解析：以的中点为原点，直线为轴建立，直角坐标系，由椭圆的定义易知，点的轨迹是分别以，为左、右焦点的椭圆（不含长轴两端点），且，，则，故该椭圆的标准方程为，.当且仅当时取等号.故选.

8.

解析：由题意得，两边取对数得，

所以，且，即，对照各选项，只有符合.故选.

二、多项选择题

9.

解析：因为，

所以的虚部为，的共轭复数为，它在复平面内对应的点位于第二象限，故正确，正确，正确；，故错误.故选.

10.

解析：由回归直线的斜率为，得人均年纯收人（单位：万元）与年份代号正相关；错误；

因为，

所以，于是得，解得，正确；

由每增加，约增，可知每经过年，村民人均年纯收人约增加万元，正确；

2023年的年份代号为，故，故可估计2023年村人均年纯收人约为万元，错误.故选.

11.

解析：设点在轴上的投影为，则，，

.

，

，

，

，

，又，

，即，正确；正确；

，错误；

把图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数为，当时，，故函数在时为减函数，正确，故选.

12.

解析：设 ，则.

，

，

，即函数在定义域上单调递减.

，

，

不等式等价于，即，解得.故不等式的解集为.故选.

三、填空题

13.

解析：由，得，

所以，

所以.

14.

解析：由得，

，

.

设公比为，若，则为正数，故，.

15.（答案不唯一）

解析：若，则，

所以为偶函数，当时，显然在区间内单调递减，在区间上单调递增，故的解析式可以是.

16.

解析：如图，

取的中点，的中点，连接，则，且.

所以，又，

所以平面，连接，则，且，

所以平面.

设该球的球心为，设的外心为，连接，则平面，

所以.连接，，，由是的外心得平面，

所以，可得四边形为矩形.

，

所以为等边三角形，可知，

所以，

所以三棱锥的外接球的表面积为.

四、解答题

17.解：设数列的公差为.

若选①：由，，得

解得，，

所以.

因为，

所以.

则

.

若选②：由，，

得

解得，，

所以.

因为，

所以.

则若选③：因为，

所以，，

所以，解得，

则.

因为满足上式，所以.

因为，

所以

则18.解：（1）由正弦定理及，

得，

，

即，

.

，

，即.

，

.

（2）为等边三角形.

理由如下：，即，

，①

的外接圆半径为，

.

由余弦定理得，即，

，②

由①②得，

为等边三角形.

19.解：（1）在梯形中，过点作于点.

由已知可知，，，.

所以，即.①

因为平面，平面，

所以.②

由①②及，得平面.

又由平面，所以平面平面.

（2）因为，，两两垂直，所以以为原点，

以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

可得，，，，，，.

设平面的法向量为，

则，取，则，，

则.

平面的一个法向量为，

所以，

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为：.

20.解：（1）由题意知：

所以样本平均数为.

所以这名外卖派送人员服务质量的平均得分为.

（2）由（1）可知，故，

所以，

而.

故万名外卖派送人员中服务质量得分位于区间的人数约为（人）.

（3）按方案一：所补助的总费用为（元）

按方案二：设一个人所得补助为元，则的可能取值为，，，.

由题意知，，

，

，

，

，

所以的分布列为

，

估算补助的总金额为：（元）.

，

所以选择方案二补助的总金额更低.

21.解：（1）的定义域为，.

当时，令，得；

令，得，或.

在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.

 （2）由，得，

当时，，即对恒成立.

设，

则.

设，则.

，

，

在上单调递增，

，即，

在上单调递减，在上单调递增，

，

.

的取值范围是.

22.解：（1）由题意得圆心到弦的距离，

则由拋物线和圆的对称性可得，两点的坐标分别为，

代入的方程可得，解得，

所以的方程为.

（2）法一：当直线垂直于轴时，不适合题意；

当直线不垂直于轴时，

设直线方程为，，.

联立方程，可得，

，，

要证明，

只需要证，

，

.

法二：当直线垂直于轴时，不适合题意；

当直线不垂直于轴时，设直线方程为，，.

要证明，只需要证点关于轴的对称点在直线上即可.

直线方程为，即，

联立方程，可得，

，，

将代入，

可得

，

点在直线上，

.