《湖北省荆州市太湖港中学2020-2021学年高二数学理期末试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省荆州市太湖港中学2020-2021学年高二数学理期末试卷含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖北省荆州市太湖港中学2020-2021学年高二数学理期末试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设命题，则为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，参考答案：B本题主要考查命题及其关系，全称量词与存在量词.因为全称量词的否定是存在量词，的否定是.所以 ： ，故本题正确答案为B.2. 已知圆C1：x2+y22ax+a21=0和圆C2：x2+y22by+b24=0恰有三条公共切线，则 的最小值为（）A1+B2C3D4参考答案：B【分析】求出两圆的半径和圆心，根据两圆外切得出a，b的关系，根据几何意义得出最小值【解答】解
2、：圆C1的圆心为C1（a，0），半径为r1=1，圆C2的圆心为C2（0，b），半径为r2=2，两圆有三条公共切线，两圆外切=3，点（a，b）在半径为3的圆x2+y2=9上而表示点（a，b）到点（3，4）的距离的最小值为3=2故选B3. 已知函数若，则（ ）A B C或 D1或参考答案：C4. 已知函数，则下列结论正确的是()A当x时取最大值 B当x时取最小值C当x时取最大值 D当x时取最小值参考答案：D5. 在极坐标系中，已知M（1，），N,则=( )A. B. C. 1+D. 2参考答案：B【分析】由点，可得与的夹角为，在中，利用余弦定理，即可求解，得到答案.【详解】由题意，在极坐标系中，点
3、，可得与的夹角为，在中，由余弦定理可得，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了极坐标的应用，以及两点间的距离的计算，其中解答中熟练应用点的极坐标和三角形的余弦定理是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.6. 有关正弦定理的叙述：正弦定理仅适用于锐角三角形；正弦定理不适用于直角三角形；正弦定理仅适用于钝角三角形；在给定三角形中，各边与它的对角的正弦的比为定值；在ABC中，sinA：sinB：sinC=a：b：c其中正确的个数是（）A1B2C3D4参考答案：B【考点】正弦定理【专题】计算题；阅读型；转化思想；分析法；解三角形【分析】由正弦定理及比例的性质即可得解【解答】解：由正弦定理：在
4、一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等对于任意三角形ABC，都有，其中R为三角形外接圆半径所以，选项，对定理描述错误；选项是对正弦定理的阐述正确；故：正确个数是2个故选：B【点评】本题主要考查了正弦定理及比例性质的应用，属于基本知识的考查7. 设复数z满足（1i）z=2i，则z=（）A1+iB1iC1+iD1i参考答案：A【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】根据所给的等式两边同时除以1i，得到z的表示式，进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，整理成最简形式，得到结果【解答】解：复数z满足z（1i）=2i，z=1+i故选A8. 已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且，则
5、不等式的解集为（ ）A. (2,+)B. (0,+)C. (1,+)D. (4,+)参考答案：B依据题设构造函数，则，因，故，则函数在上单调递减，又原不等式可化为且，故，则，应填答案。点睛：解答本题的关键是能观察和构造出函数，然后运用导数中的求导法则进行求导，进而借助题设条件进行判断其单调性，从而将已知不等式进行等价转化和化归，最后借助函数的单调性使得不等式获解。9. 以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x，y的值分别为（）A2，5B5，5C5，8D8，8参考答案：C【考点】茎叶图【专题】概率与统计【分析】求乙
6、组数据的平均数就是把所有乙组数据加起来，再除以5找甲组数据的中位数要把甲组数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数为中位数据此列式求解即可【解答】解：乙组数据平均数=（9+15+18+24+10+y）5=16.8；y=8；甲组数据可排列成：9，12，10+x，24，27所以中位数为：10+x=15，x=5故选：C【点评】本题考查了中位数和平均数的计算平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数将一组数据从小到大依次排列，把中间数据（或中间两数据的平均数）叫做中位数10. 关于x的不等式axb0的解集为（，1），则不等式0的解集为（）A（1，2）B（，1）（1，2）C（1，2）D（，1
7、）（1，2）参考答案：C【考点】其他不等式的解法【分析】由题意可得a0，且=1，不等式0即0，由此求得不等式的解集【解答】解：关于x的不等式axb0的解集为（，1），a0，且=1则不等式0即0，解得1x2，故选：C【点评】本题主要考查一次不等式、分式不等式的解法，注意a的符号，体现了转化的数学思想，属于中档题二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 参考答案：略12. 已知函数的图像与函数的图像有两个公共点,则实数的取值范围是_参考答案：13. 如图，已知四面体ABCD的棱AB平面，且，其余的棱长均为2，有一束平行光线垂直于平面，若四面体ABCD绕AB所在直线旋转.且始终在平面
8、的上方，则它在平面内影子面积的最小值为_.参考答案：【分析】在四面体中找出与垂直的面，在旋转的过程中在面内的射影始终与垂直求解.【详解】和都是等边三角形，取中点，易证，即平面，所以.设在平面内的投影为，则在四面体绕着旋转时，恒有.因为平面，所以在平面内的投影为.因此，四面体在平面内的投影四边形的面积要使射影面积最小，即需最短；在中，且边上的高为，利用等面积法求得，边上的高，且，所以旋转时，射影的长的最小值是.所以【点睛】本题考查空间立体几何体的投影问题，属于难度题.14. 若正三角形的一个顶点在原点，另两个顶点在抛物线上，则这个三角形的面积为 。参考答案：略15. 设，则的最小值为 。参考答案
9、：716. 如图，ACB=90，DA平面ABC，AEDB交DB于E，AFDC交DC于F，且AD=AB=2，则三棱锥DAEF体积的最大值为参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】推导出DAAB，ADBC，DE=，平面BCD平面ACD，BD平面AEF由AF2+EF2=AE2=22AF?EF，得到SAEF由此能求出三棱锥DAEF体积的最大值【解答】解：DA平面ABC，DAAB，ADBCAEBD，又AD=AB=2，DE=又BCAC，ACAD=A，BC平面ACD平面BCD平面ACD，AFCD，平面BCD平面ACD=CD，AF平面BCDAFEF，BDEFBD平面AEF由AF2+EF2=AE2=22
10、AF?EF，AF?EF1SAEF1=三棱锥DAEF体积的最大值为V=故答案为：17. 已知函数ytanx在(，)内是减函数，则的取值范围是_ _参考答案：三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1，底面ABC中，CA=CB=1，BCA=90，棱AA1=2，M、N分别是A1B1，A1A的中点； (1)求 (2)求 (3) (4)求CB1与平面A1ABB1所成的角的余弦值.参考答案：如图，建立空间直角坐标系Oxyz.（1）依题意得B（0，1，0）、N（1，0，1）|=.（2）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1
11、，0）、C（0，0，0）、B1（0，1，2）=1，1，2，=0，1，2，=3，|=，|=cos=.（3）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（，2），=1，1，2，=，0.=+0=0，A1BC1M.略19. (本小题满分12分)设虚数满足.求证:为定值;是否存在实数,使为实数?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.参考答案：(本小题满分12分)解:依题意,设, -2分代入 ,得整理,得 , 即. -6分由可知 因为 .故存在实数,使为实数. -12分略20. 如图，椭圆C：的顶点为,焦点为，平行四边形A1B1A2B2的面积是平行四边形B1F1B2F2的面积2倍。（1）求椭圆C的方程；（2）设
12、n是过原点的直线，是与n垂直相交于P点，与椭圆相交于A，B两点的直线，是否存在上述直线使成立？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由。参考答案：(1) 又 4分（2）假设存在若直线的斜率存在，设6分由得设，则 10分将代入化简得 矛盾此时，直线不存在 12分当垂直于x轴时，满足的直线为当x=1时，当x=-1时，同理可得综上，不存在直线使成立 14分21. 过抛物线y2=4x的焦点作直线AB交抛物线于A、B，若AB中点M（2,1）求直线AB方程。参考答案：设A(x1,y1),B(x2,y2),则y12=4x1,y22=4x2(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2)(y1+y2)k=4y1+y2=2y ，k=2直线AB方程为y=2x-3略22. (本小题满分14分)已知椭圆G与双曲线有相同的焦点，且过点(1)求椭圆G的方程；(2)设、是椭圆G的左焦点和右焦点，过的直线与椭圆G相交于A、B两点，请问的内切圆M的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及直线的方程，若不存在，请说明理由参考答案：解：(1)双曲线的焦点坐标为，所以椭圆的焦点坐标为1分设椭圆的长轴长为，则，即，又，所以 椭圆G的方程5分(2)如图,设内切圆M的半径为,与直线的切点为C，则三角形的面积等于的面积+的面积+的面积.即当最大时,也最大, 内切圆的面积也最大,
