2021年秋期高中二年级期终质量评估
数学试题(理)
注意事项
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和笫Ⅱ卷(非选择题)两部分.考生做题时将答案答在答题
卡的指定位置上,在本试卷上答题无
答题前,考生务必先将
姓名、准考证
在答题卡上
选择題答案使用2B铅笔填涂,非选择題答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳
素笔书写,字体工整,笔迹清楚
4.请按照题号在各题的答题区城(黑色线框)内作答,超出答题区域书写的答棠无效
5.保持卷面清洁,不折叠、不破损
第I卷选择题(共60分
选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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)
命题“Vx∈R,x>sinx"的否定是
A.Vx∈R,r≤sinr
D.彐r∈R,x≤sinr
2.设m+n>0,则关于x的不等式(m-x)·(n+x)>0的解集是
或
C.{x|x<-m或x>n
TIIn<<7I
3.在△ABC中,“A>B”是“cos2AA.充要条件
充分非必要条件
C.必要非充分条件
D.既非充分又非必要条件
已知命题p:x∈R,x-3>lnx,命题q:3x∈R,使得x7-3x0
A.pVq是假命题
B.p∧q是真命题
C.pV(q)是真命题
D.(→p)∧q是真命题
5.若x,y满足|x|≤1-y,且y≥-1,则3x+y-2的最大值为
B.
C
6.已知等比数列{an}中,an=2×3-,则由此数列的奇数项所组成的新数列的前n项和为
B.3(3″-1)
C.÷(9"-1)
D.(9-1
高二数学(理)第1页(共4页)
在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若C=x-3A,则的取值范
围是
B.(2,G)
C.(2,3)
D.(√6
若抛物线C:y2=PxD>0)上的一点A(2,y)到它的焦点的距离为6,则p=
9、如图所示,在正三棱柱ABC-A1BC中,D是AC的中点
AA1:AB=√2:1,则异面直线AB1与BD所成角的正弦值为
A.1
√3
10.高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号.设x∈R
用[x]表示不超过x的最大整数,则f(x)=[x]称为高斯函数已知数列{an}满足a2=1,且
(n+1)a
2n+1
若b=[lga,数列{bn}的前n项和为T,则
A.3950
C.38
D.3845
1.设a>b>C,n∈N,且
恒成立,则n的最大值是
D.5
12.已知F1,F2分别是椭圆E
=1(a>b>0)的左、右焦点,若在椭圆E上存在点
M使得△MF1F2的面积等于2b2·sin∠F1MF2,则椭圆E的离心率e的取值范围为
A.C。,1)
√2
第Ⅱ卷非选择题(共90分
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
1已知双曲线C:,my2=1(m>0)的一条渐近线为x-2=0,则C的焦距为
高二数学(理)第2页(共4页)2021年秋期高中二年级期终质量评估
数学试题(理)参考答案
一、选择题 1--6 DBADBC 7---12 CABDCA
1
6
，
2
二、填空题 13. 2 2 14. 4 15. 16. ②③④
三、解答题（共 6 题，第 17 题 10 分，第 18-22 题每题 12 分）
17、解：（1）∵ x 0,1 ，不等式m2 3m x2 2x 1恒成立，
m2∴ 3m x2 2x 1 min，即m2 3m 2 0，-----------------------------2 分
解得1 m 2，因此，若 P为真命题时，实数m的取值范围是 1,2 -----------------4 分；
x
（2）若命题 q 为真，则m 2 max，∴m 1，
∵p 且 q 为假，p 或 q 为真，∴p、q 中一个是真命题，一个是假命题，
1 m 2
当 p 真 q 假时， ，解得1 m 2m 1 ；-------------------------------6 分
m 1或m 2
当 p 假 q 真时， ，即m 1-------------------------------8 分
m 1
综上所述，m的取值范围为 ,1 1, 2 .-------------------------------------10 分
1 1
18.解：(1)由已知 S△ABD＝ AB·BD·sin∠ABD＝ ×2× 5×sin∠ABD＝2，
2 2
2 5
可得 sin∠ABD＝ ，------------------------------------------2 分
5
π
0， 5
又∠BCD＝2∠ABD，所以∠ABD∈ 2 ，所以 cos∠ABD＝ .
5
在△ABD 2 2 2 2中，由余弦定理 AD ＝AB ＋BD －2·AB·BD·cos∠ABD，可得 AD ＝5，
所以 AD＝ 5.----------------------------------------------5 分
π 5
(2)由 AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝ ，所以 sin∠CBD＝cos∠ABD＝ .
2 5
4
又∠BCD＝2∠ABD，所以 sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝ ，
5
π
－∠ABD π
∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－ 2 －2∠ABD＝ －∠ABD＝∠CBD，
2
高二（理）数答案第 1页，共 5页
所以△CBD 为等腰三角形，即 CB＝CD.--------8 分
BD CD
在△CBD 中，由正弦定理 ＝ ，
sin∠BCD sin∠CBD
5
5×
BD·sin∠CBD 5 5
得 CD＝ ＝ ＝ ，------------------------------10 分
sin∠BCD 4 4
5
1 1 5 5 4 5
所以 S△CBD＝ CB·CD·sin∠BCD＝ × × × ＝ .----------------12 分
2 2 4 4 5 8
19.(1)证明：设等比数列 an 的公比为 q，则 a1 0,q 0 .
a2a4＝a
2 4 4
5， a1q ＝a1q ，
由 得 ---------------3 分
a 23－4a2＋4a1＝0， a1q －4a1q＋4a1＝0，
a1＝1，
解得 因此数列{an}为“M-数列”．--------------5 分
q＝2.
1 2 2
(2)因为 ＝ － ，所以 bn≠0.
Sn bn bn＋1
1 2 2
由 b1＝1，S1＝b1，得 ＝ － ，则 b2＝2.
1 1 b2
1 2 2
由 ＝ － ，得 S b b n n 1n ，-----------------------------7 分Sn bn bn＋1 2 bn 1 bn
当 n≥2 时，由 bn＝Sn－Sn－1，得
b b b b bn n n 1
n 1 n
，------------------------------9 分2 bn 1 bn 2 bn bn 1
整理得 bn＋1＋bn－1＝2bn.
所以数列{bn}是首项和公差均为 1的等差数列．
因此，数列{bn}的通项公式为 bn＝n(n∈N＋)，-------------11 分
显然数列{bn}不是“M-数列”。------------------------------12 分
1 2 1
20.解：（1）由题意可知： 2p ，所以抛物线 C的方程为： x y；-------3 分
2 2
（2）方法一：由题意可知：直线 AB 斜率必存在，设其方程为： y kx b。
A(x , y x1 x2 y1 y设 21 1),B（x2 , y2 ),M（x0 , y0 )。则: x0 , y 2 0 2
y kx b
联立方程： x2 1
得：
y 2x
2 kx b 0
2
高二（理）数答案第 2页，共 5页
x x k 1 2 2 k 2
所以： ，y1 y2 2b .--------------------------------------5 分
x x
b 2
1 2
2
k 2
又知： AB （1 k 2） (x1 x )2 4x x （1 k 22 1 2 ）( 2b) 3 ---------------7 分4
2
得： 2b 9 k -------------------------------------------------------9 分
1 k 2 4
y y 1 k 2 2y 1 2 ( 9 k ) 1 9 k
2 1 1
所以： 0 ( )
1 (2 9 1) 11
2 2 2 1 k 2 4 2 1 k 2 4 4 2 4 4 8
11
所以，点 M的纵坐标的最小值为 -----------------------------------------12 分
8
方法二：解：设 A(x1, y1),B（x2 , y2 ),M（x0 , y0 )。由题意可知：
AF BF 1 1 AB，AF y1 ,BF y2 ------------------------------7 分8 8
所以： AF BF y y 1 11 1 2 AB 3， y1 y2 ，---------------10 分4 4
y y1 y又知 2 11 110 , y0 ，所以，点 M 的纵坐标的最小值为 -----------12 分2 8 8
21.（1）（方法一：）证明：取 AB的中点O，连结PO，
因为 PA PB，所以PO AB，
又因为平面 PAB 平面 ABCD，平面 PAB 平面 ABCD AB， PO 平面 PAB，
所以 PO 底面 ABCD，-------------------------------------2 分
取CD的中点G，连结OG，则OB，OP，OG两两垂直，
分别以OB，OG，OP所在直线为 x轴， y轴， z轴建立空间直角坐标系如图所示，
设 AB 2，则C(1,2,0),P(0,0, 3),E( 1,1,0),D( 1,2,0)，
所以CE ( 2, 1,0),PD ( 1,2, 3) ，
则CE PD 2 2 0，故CE PD，
所以CE PD；------------------------------5 分
（方法二：）证明：取 AB的中点O，取 BC 的中点 M,连结 PO、
OD、AM，
因为 PA PB，所以PO AB，
高二（理）数答案第 3页，共 5页
又因为平面 PAB 平面 ABCD，平面 PAB 平面 ABCD AB， PO 平面 PAB，
所以 PO 底面 ABCD，
因为 AM 平面ABCD ,所以 PO AM,-----------2 分
可证明 ABM DAO,
BAM ODA
ODA AOD 90
BAM AOD 90
AM OD O
PO OD O
AM 平面POD -------------------4 分 M
又 PD 平面POD
AM PD
AE //CM且AE CM
四边形AECM为平行四边形
CE // AM
CE PD -------------------------------------------------------5 分
（2）解：由（1）可知， A( 1,0,0),B(1,0,0),P(0,0, 3),E( 1,1,0),D( 1,2,0)，
所以 PE ( 1,1, 3), AP (1,0, 3)， BD ( 2,2,0),BE ( 2,1,0) ，
设 BF BD(0 1)，则 BF ( 2 , 2 ,0)，所以 EF BF BE ( 2 2,2 1,0) ，
设平面 PEF的法向量为 n (x, y, z)，
n
P E 0 x y 3z 0则 ，即 ，
n EF 0 ( 2 2) x (2 1) y 0
2 1 1
令 y 1，则 x , z 2 2 3(2 2 )，
n
2 1 1
故 ,1,2 2 ，---------------------------------8 分 3(2 2 )
AP PEF 2 5因为直线 与平面 所成角的余弦值为 ，
5
5
所以直线 AP与平面 PEF所成角的正弦值为
5
AP ncos AP, n 1 5
所以 AP n
2 2 5
2 2 1
1 ，------------10 分
1
2 2 3 2 2
高二（理）数答案第 4页，共 5页
1
整理可得9 2 6 1 0，解得 ，3
2 5
所以在 BD上存在点 F ，使得直线 AP与平面 PEF所成角的余弦值为 ，
5
BF 1
BD，此时点 F 为靠近点 B的三等分点．-----------------------------12 分
3
22.解：（1）由题意得： a c 2 1,a c 2 1， a 2,c 1
x2
所以椭圆C的标准方程为： y2 1.-----------------------------------------4 分
2
（2）显然直线 l的斜率一定存在，设直线 l的方程为： y kx t，
2
将 y kx t x y2 1 1 2k 2 x2带入 得： 4ktx 2t2 2 0，
2
设 A x1, y1 ， B x2 , y2
x x 4kt x x 2t
2 2
则 1 2 2 ， 1 2 ，-------------------------------------6 分1 2k 1 2k 2
2
y 2 2 t 2k
2
1y2 kx1 t kx2 t k x1x2 kt x1 x2 t 1 2k 2 ，
2 2
OA OB x1x
3t 2 2k
2 y1y2 1，----------------------------8 分1 2k 2
t 2 1 3
3 3
解得 ， t ，直线过定点 Z3 3
0, 或 Z 0, 3 3
----------------10 分，
3 3 3
根据题意，N 在以OZ为直径的圆上，该圆的圆心为M 0, 或 0, ，半径等于 ，
6 6 6
3 3
所以存在定点M 0, 或 0, ，使得 MN 为定值
3 。------------------12 分
6 6 6
高二（理）数答案第 5页，共 5页
