宁夏银川一中2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题理（含答案）

宁夏银川一中2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题 理

一、选择题（本大题共12题，共60分）

1．抛物线4x2＝y的准线方程为

A．y＝      B．y＝        C．y＝         D．y＝

2．已知函数为偶函数且，则等于　

A．0           B．4          C．8              D．16

3．若直线的方向向量为，平面的法向量为，能使的是

A．＝(1,0,0)，＝(－2,0,0)             B．＝(1,3,5)，＝(1,0,1)

C．＝(0,2,1)，＝(－1,0,－1)           D．＝(1,－1,3)，＝(0,3,1)

4．设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则

A．(x＋1)2＋y2＝1　　B．(x－1)2＋y2＝1    C．x2＋(y－1)2＝1　　D．x2＋(y＋1)2＝1

5．设实数，，，，则三个数

A．都小于2    B．至少有一个不小于2   C．都大于2    D．至少有一个不大于2

6．正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面

直线DE与AC所成角的余弦值为

A．      B．      C．        D．

7．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1，以顶点A为端点

的三条棱长都为1，且两两夹角为60°，则AC1的长为

A．1       B．       C．        D．3

8．如图,一横截面为等腰梯形的水渠,因泥沙沉积,导致

水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表示),则原始的

最大流量与当前最大流量的比值为

A．        B．        C．         D．2

9．已知函数，若的零点都在内，其中

均为整数，当取最小值时，则的值为

A．4039　　      B．4320          C．1　　        D．0

10．如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线依次交抛物线及准线于点A，B，C，

若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则抛物线的方程为

A．y2＝x     B．y2＝3x    

C．y2＝x     D．y2＝9x

11．设是奇函数的导函数，当时，，则

使得成立的的取值范围是

A．(－2,0)∪(4，＋∞)      B．(－∞，－4)∪(0,2)

C．(－∞，－2)∪(0,4)      D．(－∞，－2)∪(4，＋∞)

12．如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为2的正方形，

PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上的一个动点

(不与P，B重合)，过点M作平面α∥平面PAD，截

棱锥所得图形的面积为y，若平面α与平面PAD之

间的距离为x，则函数y＝f(x)的图象是      

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分．）

13．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，

则a7＋b7等于         .

14．设复数z的共轭复数是，若复数，，且为实数，则实数的值为         ．

15．对于命题：若O是线段AB上一点，则||＋||＝；将它类比到平面的情形是：若O是△ABC内一点，则S△OBC·＋S△OCA·＋S△OBA·＝；将它类比到空间的情形应该是：若O是四面体ABCD内一点，则          ．

16．抛物线y2＝8x的焦点为F，设A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线上的两个动点，

若x1＋x2＋4＝|AB|，则∠AFB的最大值为         ．

三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）

17．（本小题满分10分）

用数学归纳法证明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N*)．

18．(本小题满分12分)

如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，

PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M．

(1)求证：AM⊥PD；

(2)求直线CD与平面ACM所成的角的余弦值．

19．(本小题满分12分)

如图甲，直角梯形ABCD中，AB∥CD，，点M、N分别在AB，CD上，且MN⊥AB，MC⊥CB，BC＝2，MB＝4，现将梯形ABCD沿MN折起，使平面AMND与平面MNCB垂直(如图乙)．

(1)求证：AB∥平面DNC；

(2)当DN的长为何值时，二面角D－BC－N的大小为30° ？

20．(本小题满分12分)

如图，已知直线l1：y＝2x＋m(m＜0)与抛物线C1：y＝ax2(a＞0)

和圆C2：x2＋(y＋1)2＝5都相切，F是C1的焦点．

(1)求m与a的值；

(2)设A是C1上的一动点，以A为切点作抛物线C1的切线l，

直线l交y轴于点B，以FA，FB为邻边作平行四边形FAMB，

证明：点M在一条定直线上；

(3)在(2)的条件下，记点M所在的定直线为l2，直线l2与y轴的交点为N，连接MF交抛物线C1于P，Q两点，求△NPQ的面积S的取值范围．

21．(本小题满分12分)

已知函数，．

(1)当m＝2时，求函数的图象在点(1,0)处的切线方程；

(2)若函数有两个极值点，，且x1<x2，求的取值范围．

22．(本小题满分12分)

已知函数，其中，且．

(1)讨论函数的单调性；

(2)设函数（e是自然对数的底数）．是否存在，使在上为减函数？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．

银川一中2020/2021学年度(上)高二期末考试数学(理科)参考答案

一、选择题：(每小题5分，共60分)

二、填空题：(每小题5分，共20分)

13. 29          14.          

15. VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝.      16.

三、解答题：

17.解：(1)当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝＝，左边＝右边．

(2)假设n＝k时等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，

则当n＝k＋1时，(1－＋－＋…＋－)＋(－)

＝(＋＋…＋)＋(－)＝＋＋…＋＋．

即当n＝k＋1时，等式也成立．

综合(1)(2)可知，对一切n∈N*，等式成立．

18.解(1)∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB．

∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD．

∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．

∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，AB⊂平面ABM，BM⊂平面ABM，

∴PD⊥平面ABM．∵AM⊂平面ABM，∴AM⊥PD．

(2)如图所示，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz，

则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，M(0,1,1)．

∴＝(1,2,0)，＝(0,1,1)，＝(－1,0,0)．设平面ACM的一个法向量为n＝(x，y，z)，

由n⊥，n⊥，可得令z＝1，得x＝2，y＝－1．∴n＝(2，－1,1)．

设直线CD与平面ACM所成的角为α，则sinα＝＝.∴cosα＝．

∴直线CD与平面ACM所成的角的余弦值为．

19.解：(1)证明：∵MB∥NC，MB⊄平面DNC，NC⊂平面DNC，∴MB∥平面DNC.

同理MA∥平面DNC，又MA∩MB=M，且MA、MB⊂AB∥平面DNC.

(2)如图，以点N为坐标原点，以NM，NC，ND所在直线分别作为x轴，y轴和z 轴，建立空间直角坐标系N-xyz，易得NC=3，MN=，

设DN=a，则D(0,0，a)，C(0,3,0)，B(,4,0)，M(,0,0)，A(,0，a)．

(1)证明：∵＝(0,0，a)，＝(0,3,0)，＝(0,4，－a)．

∴＝－(0,0，a)＋(0,3,0)＝－＋，∵ND，NC⊂平面DNC，且ND∩NC＝N，∴与平面DNC共面，又AB⊄平面DNC，∴AB∥平面DNC.

(2)设平面DBC的法向量n1＝(x，y，z)，＝(0,3，－a)，＝(，1,0)

则，令x＝－1，则y＝，z＝.

∴n1＝(－1，，)．又平面NBC的法向量n2＝(0,0,1)．

∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.

即：＝.∴a2＝，又a＞0，∴a＝，   即DN＝.

20.解：(1)由已知，圆C2：x2＋(y＋1)2＝5的圆心为C2(0，－1)，半径r＝.

由题设圆心到直线l：y＝2x＋m的距离d＝＝，解得m＝－6(m＝4舍去)．

设l1与抛物线的切点为A0(x0，y0)，又y′＝2ax，得2ax0＝2⇒x0＝，y0＝.

代入直线方程得：＝－6，∴a＝.∴m＝－6，a＝.

(2)证明　由(1)知抛物线C1的方程为y＝x2，焦点F.设A，由(1)知以A为切点的切线l的方程为y＝x1(x－x1)＋x.

令x＝0，得切线l与y轴的交点B的坐标为，

∴＝，＝，

∴＝＋＝(x1，－3)．∴M的坐标为，∴点M在定直线y＝－上．

(3)解　由(2)知l2的方程为y＝－，∴N.

设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，直线MF：y＝kx＋，将y＝kx＋代入y＝x2得：

x2－kx－＝0，则xP＋xQ＝6k，xPxQ＝－9.

∴S△NPQ＝|NF||xP－xQ|＝×3×＝9.

∵k≠0，∴S△NPQ＞9，即S△NPQ的面积S的取值范围为(9，＋∞)．

21解：(1)当m＝2时，f(x)＝(x－1)2＋2ln x，f′(x)＝2(x－1)＋，

所以f′(1)＝2，即切线斜率为2，又切点为(1,0)，所以切线方程为2x－y－2＝0.

(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(x－1)＋＝.

因为x1，x2为函数f(x)的两个极值点，所以x1，x2是方程2x2－2x＋m＝0的两个不等实根，由根与系数的关系知x1＋x2＝1，x1x2＝，(*)

又x1<x2，所以易知0<x1<<x2<1，＝，将(*)式代入得

＝＝1－x2＋2x2ln x2.

令g(t)＝1－t＋2tln t，t∈，则g′(t)＝2ln t＋1，令g′(t)＝0，解得t＝.

当t∈(，)时，g′(t)<0，g(t)在(，)上单调递减；

当t∈(，1)时，g′(t)>0，g(t)在(，1)上单调递增．

所以g(t)min＝g()＝1－＝1－，，g()＝－ln 2<0＝g(1)，

即的取值范围是[1－，0).

22.解：（1）的定义域为，

①若；

当；当

故分别在上单调递增，在（，1）上单调递减．

②若，仿①可得分别在（0，1），上单调递增，在（1，）上单调递减．

（2）存在a，使在上为减函数．

设，则

再设，

则当在上单调递减时，必在[a，0]上单调递减，所以

由于，因此，所以，此时，显然有

上为减函数，当且仅当上为减函数，

上为减函数，且．

由（I）知，当时，在上为减函数． ①

又 ②

不难知道，

因，

令，则，或．而，于是

 ①当时，若；若

因而上单调递增，在（，1）上单调递减．

 ②当时，在（，1）上单调递减．

综合（1）、（2）知，当时，在上的最大值为

所以③

又对只有当时在取得，亦即只有当时在取得．

因此，当时，在上为减函数，从而由①，②，③知，．

综上所述，存在a，使在上为减函数，且a的取值范围为[，]．