【文档说明】浙江省绍兴市上虞区2020-2021学年高二下学期期末教学质量调测数学试题 含答案.doc，共(13)页，1.097 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9868c541f9a0587c23d2ac8a57957879.html

以下为本文档部分文字说明：

2020学年第二学期高二期末教学质量调测数学试卷(2021.7)参考公式：台体的体积公式11221()3VSSSSh=++，其中12,SS分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高.柱体的体积公式VSh=，其中S分别表示柱体的底面积，h表示锥体的高.锥体的

体积公式13VSh=，其中S分别表示锥体的底面积，h表示锥体的高.球的表面积公式24SR=，球的体积公式343VR=，其中R表示球的半径.第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.1．已知

集合123A=，，，2345B=，，，，记集合,PABQAB==，则A．1PB．3PC．5QD．2Q2．若Ra，则“2=a”是复数“iaaz)2(42++−=”为纯虚数的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C

．充要条件D．既不充分也不必要条件3.已知直线m、n与平面,,下列命题正确的是A．//,//mn且//,//mn则B．,//mn⊥且,mn⊥⊥则C．,mmn=⊥且,n⊥⊥则D．,

mn⊥⊥且,mn⊥⊥则4.若变量x，y满足约束条件010330yxyxy−−+−，则x＋y的最大值为A．0B．1C．2D．35．要得到函数4sincos33yxx=++图象，只

需把函数xy2sin2=的图象A.向左平移3个单位.B.向左平移23个单位C.向右平移3个单位.D.向右平移23个单位6．已知(),(),()fxgxhx为R上的函数，其中函数()fx为奇函数，函数()gx为偶函数，则A.函数(())hg

x为偶函数B.函数(())hfx为奇函数C.函数(())ghx为偶函数D.函数(())fhx为奇函数7．函数xxxysincos−=的图像大致为8．已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左、右焦点分别为1

2FF、，以12FF为直径的圆与双曲线C在第一象限内的交点为P，直线1FP与y轴交点为Q，O为坐标原点，=OQ223ab+，则双曲线C的离心率为A．2(31)−B．3+1C．2D．3329．已知22aa+=，32bb+=，则lgba与lgab的大小关系是A.lg

lgbaabB.lglgbaab=C.lglgbaabD.不确定10．已知数列na满足11a=，2121nnnnaaaa+=++，则5000a的值所在范围是A．(99,100)B．(100,101)C．（10

1,102)D．(102,103)第Ⅱ卷（非选择题共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分.11．00sin15sin75=；若lg2a=，则100=a.12．已知椭圆:

C221259xy+=，则此椭圆的焦距长为；设12,FF为的两个焦点，过1F的直线交椭圆于,AB两点，若22=12AFBF+，则AB=.13．已知直线01:1=−+ykxl，01:2=++kyxl，若21//

ll，则=k；若曲线:yx=与直线1l有两个公共点，则实数k的取值范围是.14．已知函数()2,fxxxaxaR=−+，当a=时，函数()fx为奇函数；当[0,2]x时，()fx的最大值为6，则a=.15．将半径

为r的半圆形硬纸片卷成一个圆锥的侧面，若圆锥的体积为93，则r=.16.如图，在ABC中，0120BAC=，2AB=，1AC=，D是边BC上一点，2DCBD=，则ADBC=.17．已知正实数,,abc满足()aa

bcbc++=，则abc+的最大值是.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．（本题满分14分）已知函数44()cos2sincossinfxxxxx=−−.（Ⅰ）求()fx的最小正周期；（Ⅱ）当0,2x

时，求()fx的单调区间及最小值．19．（本题满分15分）在四棱锥SABCD−中，底面ABCD是正方形，BCSB⊥，CDSD⊥.(Ⅰ)求证：SAABCD⊥平面；（Ⅱ）设1SAAB==，连接BD，BD上的点E满足2EDBE=，求SE与平面

SBC所成角的正弦值.20．（本题满分15分）已知数列na的前n项和为nS，且满足：12a=，na为1naS与等差中项.（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）记2nnnabS=，*nN，证明：1234nbbb+++，*nN

．21．（本题满分15分）已知两抛物线211:2Eypx=，22212:2(,0)Eypxpp=.过原点O引与这两条抛物线都相交的直线12OAA、12OBB、12OCC（如图所示），交点分别是1A、2A，1,3,51B、2B，1C、2C.（Ⅰ）求证

：11AB∥22AB；（Ⅱ）求111222:ABCABCSS的值.22．(本小题满分15分）已知函数()lnfxaxx=−，aR，（Ⅰ）若()fx的图像在点(1,(1))Pf处的切线方程为1ybx=+，求实数

,ab值；（Ⅱ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅲ）若函数()fx有两个不同的零点12,xx，且不等式()ln2xafxxa+对任意的(0,)x+恒成立，求122212lnlnxxfxx−−

的取值范围.2020学年第二学期高二期末教学质量调测数学试卷答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.1----10ACDDAACBCB第10题：二、填空题：本

大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分.11．14，4；12．8，8；13．1，(1,1)−；14．0，13a=或；211112211500012499925000112111()()()1112(1)1()2100(1)11

222222222222nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaannaaaaannannnnnaa+−−−=++==−+−++−+=−++++++−===−−++−−n+1nnn+1nnn+1n+1nn及可得:a=a+2+aa-a=2+a

得由aa由=aa5000500049990249991101100101aa−+15．6r=16.83−；17．212−.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．（本题满分14分）（Ⅰ）44()cos2s

incossinfxxxxx=−−22(cossin)xx=−22(cossin)2sincosxxxx+−cos2sin2xx=−2cos(2)4x=+，6分函数()fx的周期T=；8分（Ⅱ）令2224kx

k++得，388kxk−+.同理令+22224kxk++得，3788kxk++.又因为0,2x，所以，单调递减区间为3[0,]8，递增区

间为3[,]82.12分于是min33()()2cos(2)884fxf==+.14分19．（本题满分15分）(Ⅰ)证明：CDAD⊥且CDSD⊥，CDSAD⊥面，于是CDSA⊥；2分同理CBSA⊥，4分所以SAABCD⊥面.6分（Ⅱ）由(Ⅰ)得，面SAB⊥面SBC，过点A作AFSB

⊥，垂足为F，显然AFSBC⊥面.8分由1SAAB==，得22AF=.又因为2EDBE=，过点E到面SBC的距离为26.12分又22143SESAAE=+=，13分于是SE与平面SBC所成角的正弦值为714.15分另解1：由（Ⅰ）建立如图坐标系，8分1SAAB

==，(0,0,1)S,(0,1,0)B,(1,1,0)C,12(,,0)33E.则10分(0,1,1)SB=−，(1,0,0)CB=−，12(,,1)33SE=−.11分设面SBC的法向量为(x,y,z)n=，则00SBnBCn

==且，即00yzx−=−=，解得：(0,1,1)n=.13分于是173sin=.141429SEnSEn==15分另解2：设点E到面SBC的距离为d，由ABCEESBCVV−−=8分得：11121=3632d，13

2d=；11分又22143SESAAE=+=，13分于是SE与平面SBC所成角的正弦值为714.15分20．（本题满分15分）（Ⅰ）解：当2n时，由12nnaaS=+，1112nnaaS−−=+，两式相减得12nnaa−

=，2n且12a=，4分数列na是公比为2的等比数列，于是1122nnnaa−==.6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知：122nnS+=−，8分()222421nnnnnabS==−.10分当2n时，()()()()224212

142122nnnnnnnb=−−−−()()11121114212142121nnnnn−−−==−−−−−于是12122311111111124212121212121nnnbbb−++++−+−++−−−−−−−()31344421n=−

−14分当1n=时，()1131142421b−==−，取到“=”号，综上所述，1234nbbb+++，*nN15分21．（本题满分15分）（Ⅰ）设直线11:OAlykx=，联立分别212ypx=，222ypx

=得：22112kxpx=，22122kxpx=，解得11121122(,)ppAkk，22221122(,)ppAkk.3分同理设12:OBlykx=，得到11122222(,)ppBkk，22222222(,)ppBkk.5分于是111212ABkk

Kkk==+，221212ABkkKkk==+，即1122ABABKK=，也即11AB∥22AB.7分（Ⅱ）由（Ⅰ）知11AB∥22AB，同理可知11AC∥22AC和11CB∥22CB.111ABC∽222ABC111222211222ABCABCSABSAB=且.9分111111

22121122122211ABABABppABkxxkkk=+−=+−112122121121ABpkkk=+−；11分22222222222222122211ABABABppABkxxkkk=+−=+−222222121121ABpk

kk=+−13分1112222211122222=ABCABCSABpSABp=.15分22．(本小题满分15分）（Ⅰ）解：（1）'1()2afxxx=−，1分'1(1)2fab=−=，(1)11fb=−=+，3分解得：3,22ab=−=−.5分（Ⅱ）()fx定义域为(0,

)+，'12()22aaxfxxxx−=−=，①当0a时，'()0fx，所以()fx在(0,)+单调递减；7分②当0a时，由'()0fx得：204xa，由'()0fx得：24xa，故()fx在2(0,4)a单调递增，()fx在2(4,)a+单调递减.9分（Ⅲ

）由（Ⅱ）可知当0a时，()fx在(0,)+单调递减，()fx不可能有两个零点，故0a；10分当0a时，()fx在2(0,4)a单调递增，()fx在2(4,)a+单调递减，且当0x→+时，()fx→−，当x→+时，()fx→−，所以要使得()fx有两个不同的零点，只

需222(4)ln4402efaaaaa=−.11分()ln2xafxxa+ln02axxxa−−，设()ln,(0)2axgxxxxa=−−，22'1122(2)()()22222aaaxxxaxax

axagxxaaxaxaxx−−+−−+=−−==−=−，0,2exa，22''()00,()0.44aagxxgxx()gx在2(0,)4a单调递增，2(,)4a+单调递减.所以()0gx，只要2()04ag，即23222434(

)lnln02424424aaaaaaagaaea=−−=−，综上：3422eae.13分又1112122122212221212ln(lnln)lnlnln(lnln)axxaxxxxxxaxxaxxaxxxx=+=+−=−=−=−

，所以2122212=()2lnlnlnxxffaaaaxx−=−−，设()2ln,haaaa=−34(,2)2eae，因为'()2ln10haa=+，所以()ha在34(,2)2ee单调递增，故()ha341(ln2)(1ln16

)2ee−+,.15分