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1、河北省衡水市第十四中学2020-2021学年高二数学下学期一调考试试题河北省衡水市第十四中学2020-2021学年高二数学下学期一调考试试题年级：姓名：14河北省衡水市第十四中学2020-2021学年高二数学下学期一调考试试题一、单项选择题（每题5分）1.已知集合，等于（ ）ABCD 2.复数在复平面内表示的点位于（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限D第四象限3.已知向量，且，则=（ ）A. B. C. D. 4.已知函数是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递增。若实数满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D.5.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会,若这4人中必须既有男生又
2、有女生,则不同的选法共有( )A.140种B.120种C.35种D.34种6.甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线互相垂直的概率是( )。A.B.C.D.7.已知双曲线的右焦点为F,虚轴的上端点为B,点P,Q在双曲线上,且点为线段PQ的中点,双曲线的离心率为e,则( )A.B.C.D.8.已知对任意实数都有,若恒成立，则的取值范围是( )A.B.C.D.二、多项选择题（每题5分，部分对2分）9.在平面直角坐标系中，点在曲线上，则点到直线的距离可以为( )AB1CD 10.已知数列的所有项都是正数,且满足,下列说法正确的
3、是( )A.数列的通项公式为 B.数列是等差数列C.数列的前项和是 D.数列是等比数列11.如图,分别是边长为1的正方形的边的中点,将正方形沿对角线折起,使点不在平面内,则在翻折过程中,以下结论正确的是( )A.平面B.异面直线与所成的角为定值C.存在某个位置,使得直线与直线垂直D.三棱锥体积的最大值为12.关于函数，则下列结论正确的是( )A.存在正实数k，使得恒成立B.函数有且只有1个零点C.是的极小值点D.对任意两个正实数，且，若，三、填空题（每题5分）13.已知向量，若，则_.14.若展开式中x的系数为13，则展开式中各项系数之和为_.15.在锐角中,角的对边分别为已知,则的面积为_1
4、6.如图，已知边长为1的正方形与正方形所在平面互相垂直，P为的中点，Q为线段上的动点，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为_.四、解答题17.（10分）在,三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并加以解答.已知的内角所对的边分别是,若_,且成等差数列,则是否为等边三角形?若是,写出证明;若不是,说明理由.18.（12分）已知数列的前项和为，（1）求证：数列是等差数列；（2）求19.（12分）如图，在四棱锥中，为正三角形，四边形为矩形，且平面平面.（1）求证：平面平面（2）在线段上是否存在一点N，使得二面角的余弦值为若存在，求出点N的位置；若不存在，请说明理由。20.（12分）第7届世
5、界军人运动会于2019年10月18日至27日在湖北武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项，329个小项.共有来自100多个国家的近万名现役军人同台竞技.前期为迎接军运会顺利召开，武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解军运会的相关知识，并倡议大家做文明公民.武汉市体育局为了解广大民众对军运会知识的知晓情况，在全市开展了网上问卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分（满分100分）数据，统计结果如下：组别频数5304050452010（1）若此次问卷调查得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设分别为这
6、200人得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值作为代表），求的值（的值四舍五入取整数），并计算；（2）在（1）的条件下，为感谢大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民制定如下奖励方案：得分低于的可以获得1次抽奖机会，得分不低于的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中价值为15元的纪念品A的概率为，抽中价值为30元的纪念品B的概率为.现有市民张先生参加了此次问卷调查并成为幸运参与者，记Y为他参加活动获得纪念品的总价值，求Y的分布列和数学期望.（参考数据：；.）21.（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆C与y轴的一个交点为M，且，.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设O为坐
7、标原点，为椭圆C上不同的两点，点A关于x轴的对称点为点D.若直线的斜率为1，求证：的面积为定值.22.（12分）已知函数. （1）讨论在其定义域内的单调性；（2）若，且，其中,求证：.数学参考答案1.答案：D2.答案：B3.答案：B4.答案：C解析：,所以原式等价于,根据,即,在区间单调递增,所以解得,故选C.5.答案：D解析：分情况考虑: 男女有种;2男2女有种; 男女有种所以共有种考点:组合点评:本题还可用去杂法,任意选人减去不满足题意的选法种.6.答案：C解析：甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的直线共有（对），而互相垂
8、直的有5对，故所求的概率。7.答案：A解析：解法一:由题意知,则.设,则两式相减，得.因为线段PQ的中点为，所以,又,所以,整理得,所以,即.得,故选A.解法二:由题意知,则,设直线PQ的方程为,即,代入双曲线方程，得.设,则,所以.又,所以,整理得,所以,即,得,则,故选A.8.答案：D解析：设,即,不等式 当时,即 ,设, 当时, ,单调递减,当时,单调递增,当时,函数取得最小值,当时,当时,即设, ,当时,单调递增,当时,单调递减,时,取得最大值,时,当时, 恒成立,综上可知：.故选：D9.答案：CD解析：设点,所以，点与直线的最小距离即为该点的切线的斜率等于直线的斜率时的情况，即满足,
9、解得，所以：，所以点，所以点到直线的距离的最小值为.故只需满足即可.故选：CD.10.答案：ABD解析：当时,可得,当时,由,可得,两式相减得,得,又也适合上式,所以数列的通项公式为,所以A正确.因为,所以,所以C不正确.结合等差数列、等比数列的定义知B,D都正确.11.答案：ABD解析：因为分别是的中点,所以,又平面平面,所以平面,故A正确;取的中点,连接,则,因为,所以平面,因为平面,所以,所以异面直线与所成的角为90,故B正确;假设存在某个位置,使得,因为,所以平面,所以,则,这与矛盾,故C错误;,当平面平面时,取得最大值,其最大值为,故D正确.故选ABD.12.答案：BCD解析：本题考
10、查函数的基本性质、导数及其应用、函数的零点.对于函数，其定义域为，由于，由可得，当时，当时，可知是的极小值点，选项C正确；因为，当时，且当时，所以其图象不可能恒在图象的上面，选项A错误；设，则，可知在上单调递减，又，所以方程有且仅有一个根，即函数有且只有1个零点，选项B正确；由是的极小值点，可知若时，易知，则，令，则，则，则在上单调递减，故，又在上单调递增，则，故，选项D正确，故选BCD.13.答案：或解析：因为，所以.又，所以，解得或.当时，；当时，.综上，或.14.答案：64解析：由题意，得x的系数为，则，所以原式为，令，则展开式中各项系数之和为.15.答案：解析：由正弦定理及,得,又,为
11、锐角三角形,即,由余弦定理得,故答案为 16.答案：解析：由题意知三棱锥的体积最大时，点Q与点C重合，则问题转化为求三棱锥外接球的表面积.过点P作，垂足为G，由正方形与正方形所在平面互相垂直，得平面.设三棱锥外接球的球心为的中点为，连接，则平面.延长到点H，使，连接.设，则，易知，则，解得，设外接球的半径为R，则，则所求外接球的表面积.17.答案：选,即,解得 (舍去)或.,或,又成等差数列,b不是三角形中最大的边,即,由,得,即,故是等边三角形.选由正弦定理可得,故, 整理得.,即.,又成等差数列,由余弦定理,可得,即,故是等边三角形.选由正弦定理得,即, ,即,可得, 由余弦定理,可得,即
12、, 故是等边三角形.18.答案：（1）证明：因为当时，所以所以,因为所以，所以，所以 所以是以为首项，以1为公差的等差数列 （2）由（1）可得，所以.所以.所以19.答案：（1）证明：取的中点O，连接，为正三角形，又平面平面，且平面平面，平面， 又平面， 又，且，平面 又平面，平面平面 （2）以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，在直角中，设，则，则，设平面的一个法向量，则，即，令，可得得， 而平面的法向量， 由题意知：，解得（舍）或，当点N为的中点时，二面角的余弦值为20.答案：（1）由已知频数表得：，由，则，而，所以，则X服从正态分布，所以；（2）显然，所以所有Y的取值为15，30，45，60，所以Y的分布列为：Y15304560P所以，21.答案：.（1）因为焦距为，所以，即，由，得，即，所以椭圆C的标准方程为；（2）证明：由题意知直线斜率一定存在，设直线方程为，点，则面积为，联立方程，得，即，因为直线的斜率为1，所以，即， 即，解得，所以，综上，面积为定值.22.答案：（1）1当时，则在区间上单调递增；2当时，在区间上单调递增；在区间上单调递减;（2）由（1）得：当时，在上单调递增，在上单调递减，将要证的不等式转化为，考虑到此时，又当时，递增。故只需证明，即证设.则.当时，递减.所以，当时，.所以，从而命题得证.
