2020-2021学年河北省廊坊高二（下）期末考试数学试卷人教A版（Word含答案解析）

2020-2021学年河北省廊坊市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题

1. 若复数满足，则复数的虚部为( )
A. B. C. D.

2. 已知，，则，则( )
A. B. C. D.

3. 已知数列满足，，则( )
A. B. C. D.

4. 年月日“全国脱贫攻坚表彰大会”在北京召开，大会庄严宣告，经过全党全国各族人民的共同努力，在迎来中国共产党成立一百周年的重要时刻，我国脱贫攻坚战取得了全面胜利，为了更具体的了解贫困地区人民的需求，进一步提高人民群众的获得感、幸福感和安全感，某部门专门调查了，两县的居民对教育、医疗、养老、住房、文化等五个方面的需求值，得到需求值的评分如雷达图所示（得分越高，说明该项需求越强烈）．下列说法正确的是( )
A.县五项需求值评分的极差为
B.县的各项需求值评分均高于县对应的评分
C.县五项需求值评分的平均数比县五项需求值评分的平均数要高
D.各项需求值评分中，两个县的养老需求值评分相差最大

5. 已知直线与以点为圆心的圆相交于，两点，且，则圆的方程为( )
A. B.
C. D.

6. 已知，则函数的大致图象为( )
A. B.
C. D.

7. 《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中．如图，白圈为阳数，黑点为阴数．若从图中五个阴数和五个阳数中各随机选取个数，则选取的两数之和能被整除的概率为( )
A. B. C. D.

8. 已知函数，其中，若恒成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题

若，则下列不等式成立的是( )
A. B. C. D.

已知为抛物线的焦点，直线过点且与抛物线交于，两点，则( )
A.当直线与轴垂直时，
B.当直线与轴垂直时，的中点到轴距离为
C.的最小值为
D.若点，则的最小值为

关于函数，下列说法正确的是( )
A.是偶函数 B.在区间单调递减
C.在有个零点 D.的最大值为

半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．如图的半正多面体是由棱长为的正方体“切”去个“角”后得到的几何体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，则下列关于该多面体的说法中正确的是( )
A.它的表面积为
B.它的体积为
C.它的所有顶点均在同一个球面上，且该球的表面积为
D.它的任意两个共棱的面所成的锐二面角都相等
三、填空题

在的展开式中，含项的系数是，则
________；
该展开式中所有项的系数之和为________．
四、解答题

在中，内角，，所对的边分别为，，，从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求：
的大小；
若，求周长的最大值．
条件①：；
条件②：.

已知数列的前项和为，满足，且对任意正整数，都有．
求数列的通项公式；
是否存在正整数，使得，，成等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

如图，在直三棱柱中，侧棱，，且，分别为，的中点．
证明：平面；
若，求二面角的大小．

去年，中共中央、国务院印发了《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》（以下简称《意见》），就全面贯彻党的教育方针，加强大中小学劳动教育进行了系统设计和全面部署．把劳动教育纳入人才培养全过程，促进学生形成正确的世界观、人生观、价值观．某中学为了更好的落实劳动教育课，在校园内开展了有关劳动教育的知识测评，并从参加测评的学生中随机抽取了名学生，统计了每个学生的测评得分，其统计结果如下表所示：
测评得分
频数
利用该样本的频率分布估计总体的分布，估计该校学生劳动教育的知识测评得分的均值；（注：每组数据取区间的中点值代表）；
若劳动教育的知识测评得分近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得．现从全校学生中随机抽取的个学生，记测评得分在区间]之外的人数记为，求及的数学期望．（精确到）
参考数据：若随机变量，则，，，.

已知椭圆：的左顶点为，上顶点为，离心率为，为坐标原点且的面积等于．
求椭圆的标准方程；
过点作直线交椭圆于，（异于点）两点，求证：．

已知函数，.
求函数极值点的个数；
当时，证明：函数的图象恒在直线的上方．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省廊坊市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数的基本概念
复数相等的充要条件
共轭复数
复数代数形式的加减运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：，
则，
所以，
即，
所以，，，
复数的虚部为．
故选．
2.
【答案】
D
【考点】
补集及其运算
集合关系中的参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为，且，
所以，
解得.
又，
所以，
故，
所以.
故选.
3.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
数列递推式
【解析】

【解答】
解：由，
可得，
所以数列的奇数项是以为首项，以为公比的等比数列，
所以．
故选．
4.
【答案】
C
【考点】
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于选项，县五项需求值评分依次为，，，，，
所以极差为，故错误；
对于选项，，两县的教育需求值评分相等，故错误；
对于选项，县五项需求值评分的平均数为，
县五项需求值评分的平均数为，故正确；
对于选项，，两县的养老需求值评分相差，
而两县的文化需求值评分相差 ，故错误．
故选．
5.
【答案】
C
【考点】
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：圆心到直线的距离，
因为，
所以是以为直角的等腰直角三角形，
所以，
即半径，
所以圆的方程为.
故选.
6.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：构造函数.
因为，
所以函数是偶函数，图象关于轴对称，故排除，选项；
又，，故排除选项．
故选.
7.
【答案】
D
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，阴数为，，，，，阳数为，，，，．
各选一个数，共有种选法．
其和能被整除的分别为：，；，；，；，；，；，； ，；，共种选法，
∴ 选取的两数之和能被整除的概率.
故选.
8.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由得：，
即，
∴ 在上恒成立.
∵ 在上单调递增，且，
∴ ，
∴ 在上恒成立；
∴ 在上恒成立，
构造函数，
则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
∴ ，
∴ ，
解得．
故选．
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
不等式比较两数大小
指数函数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为，
所以.
则，故正确；
，故正确；
，故不正确；
，故正确，
故选．
【答案】
A,C,D
【考点】
抛物线的求解
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：为抛物线的焦点，
所以抛物线的方程为.
对于选项，直线与轴垂直时，不妨设，，
则，故选项正确；
对于选项，直线与轴垂直时，则，，
则的中点即为，到轴距离为，故错误；
对于选项，，不妨设在第一象限，
若直线斜率不存在，则，，即.
若直线存在斜率，设直线斜率为，
则直线的方程为，显然，
联立方程组
消去得，
设，，
则，
∴ ，
综上，故正确；
对于选项，过点向准线作垂线，垂足为，
则，
又在抛物线内部，
故当，，三点共线时，取得最小值，故正确．
故选．
【答案】
A,B
【考点】
正弦函数的单调性
函数的零点
正弦函数的奇偶性
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由
，故正确；
时，，
则在上单调递减，故正确；
时，，函数有零点，，，
当时，，函数有零点，，
则在上有个零点，故错误；
因为函数为偶函数，且周期是，
所以当时，最大值为，
所以当时，最大值也为.
故函数最大值为，故错误．
故选．
【答案】
B,C,D
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
棱柱的结构特征
二面角的平面角及求法
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，
由题意可知，该多面体的顶点为正方体各棱的中点，
故该多面体的棱为正方体相邻两条棱的中点的连线，
则该多面体有个正方形面，个等边三角形面，共个面.
对于，该多面体的棱长为，
则个正方形面的面积和为，
个等边三角形面的面积和为，
∴ 该多面体的表面积为，故错误；
对于，该多面体的体积为正方体体积减去个相同的三棱锥的体积，
即多面体体积，故正确；
对于，由对称性可知，该多面体的外接球球心为正方体的中心，
外接球的直径为正方体的面对角线长，
该球的半径为，外接球的表面积为，故正确；
设正方体底面的中心为点，
连接交该多面体的棱于点，连接，
则为的中点，且为等边三角形，
∴ .
∵ ，为的中点，
∴ ，
∵ ，分别为，的中点，则，
∴ ，
∴ 为该多面体的底面与平面所成锐二面角的平面角，
∵ 正方体的棱长为，
∴ ，
，
.
∵ 平面，平面，
∴ .
在中，，
则该多面体相邻两个面所成锐二面角的余弦值均为，故选项正确．
故选．
三、填空题
【答案】
,
【考点】
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设，
令，
解得，
即，
所以，
解得，
所以二项式为，
令，则各项系数之和为.
故答案为：；
四、解答题
【答案】
解：若选择条件①：，
由正弦定理得.
因为，
所以，
因为，
所以.
因为，
所以.
若选择条件②,
由正弦定理得，
即：，
整理得.
因为，
所以，
因为，
所以.
由可知：.
在中，由余弦定理得，
即，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，即周长的最大值为.
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
诱导公式
余弦定理
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若选择条件①：，
由正弦定理得.
因为，
所以，
因为，
所以.
因为，
所以.
若选择条件②,
由正弦定理得，
即：，
整理得.
因为，
所以，
因为，
所以.
由可知：.
在中，由余弦定理得，
即，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，即周长的最大值为.
【答案】
解：由，
又对任意正整数，都成立，
即，
所以，
所以，
当时，，
即数列是以为公差，为首项的等差数列，
所以，即，
得，
又由，满足上式，
所以.
假设存在满足条件的正整数，使得，，成等比数列，
由得，，
，
若，，成等比数列，
则，
即，
因为为正整数且，
所以解得．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由，
又对任意正整数，都成立，
即，
所以，
所以，
当时，，
即数列是以为公差，为首项的等差数列，
所以，即，
得，
又由，满足上式，
所以.
假设存在满足条件的正整数，使得，，成等比数列，
由得，，
，
若，，成等比数列，
则，
即，
因为为正整数且，
所以解得．
【答案】
证明：如图，取中点，分别连接，.
由题知为中点，
所以，且.
由题知为矩形，又为的中点，
所以且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
解：因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面．
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，.
因为轴⊥平面，
所以为平面的一个法向量，
设为平面的法向量，
因为，，
所以
得
令，则，，
故可取，
则，
由二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：如图，取中点，分别连接，.
由题知为中点，
所以，且.
由题知为矩形，又为的中点，
所以且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
解：因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面．
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，.
因为轴⊥平面，
所以为平面的一个法向量，
设为平面的法向量，
因为，，
所以
得
令，则，，
故可取，
则，
由二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为．
【答案】
解：由题意知：
中间值
概率
∴ 样本平均数为
．
由可知
∴
而
，
从而测评得分在区间之外的概率为
易知，
因此
，
的数学期望为．
【考点】
用样本的频率分布估计总体分布
众数、中位数、平均数
正态分布的密度曲线
二项分布的应用
两点分布二项分布超几何分布的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知：
中间值
概率
∴ 样本平均数为
．
由可知
∴
而
，
从而测评得分在区间之外的概率为
易知，
因此
，
的数学期望为．
【答案】
解：根据题意得
解得
所以椭圆的方程为．
证明：如图，
依题意可知直线的斜率不为．
设直线的方程为：，
联立方程
化简得．
显然点在椭圆的内部，
所以，
设，，
则，，
又因为，
所以，
所以
，
所以，
所以．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】


【解答】
解：根据题意得
解得
所以椭圆的方程为．
证明：如图，
依题意可知直线的斜率不为．
设直线的方程为：，
联立方程
化简得．
显然点在椭圆的内部，
所以，
设，，
则，，
又因为，
所以，
所以
，
所以，
所以．
【答案】
解：，
则．
设，则．
令，
又，得．
当时，；
当时，，
所以在内单调递增，在内单调递减．
又，，，
因此，当时，有唯一解，设为，
从而时，，即，单调递增；
时，，即，单调递减，
故在区间内有唯一极大值点，没有极小值点，
即函数的极值点个数为．
证明：要证明函数的图象恒在直线的上方．
即证恒成立，
即恒成立．
令，
因为，
设，
则．
令，由得，
当时，，
当时，，
所以在内单调递增，在内单调递减．
由得，，，．
当，
即时，．
此时函数在内单调递增，．
当，
即时，
因为，
所以，在内恒成立，而
在区间内有且只有一个零点，记为，
则函数在内单调递增，在内单调递减．
又因为，，
所以此时.
由可知，当时，对任意总有，
即时，函数的图象恒在直线的上方．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】


【解答】
解：，
则．
设，则．
令，
又，得．
当时，；
当时，，
所以在内单调递增，在内单调递减．
又，，，
因此，当时，有唯一解，设为，
从而时，，即，单调递增；
时，，即，单调递减，
故在区间内有唯一极大值点，没有极小值点，
即函数的极值点个数为．
证明：要证明函数的图象恒在直线的上方．
即证恒成立，
即恒成立．
令，
因为，
设，
则．
令，由得，
当时，，
当时，，
所以在内单调递增，在内单调递减．
由得，，，．
当，
即时，．
此时函数在内单调递增，．
当，
即时，
因为，
所以，在内恒成立，而
在区间内有且只有一个零点，记为，
则函数在内单调递增，在内单调递减．
又因为，，
所以此时.
由可知，当时，对任意总有，
即时，函数的图象恒在直线的上方．
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