【文档说明】江苏省苏州中学2020-2021学年高二下学期期初质量评估数学试题 含答案.docx，共(11)页，544.970 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省苏州中学2020-2021学年第二学期期初质量评估高二数学一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5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22|230,|log(1)2AxxxBxx=+−

=+…，则AB=（）A．(1,3)−B．[1,3)C．(0,3)D．(,3][1,)−−−+2．设,abR，则“1ab−”是“1111ab++”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．已知等差数

列na的前n项和为nS，若911121354,27Saaa=++=，则16S=（）A．120B．60C．160D．804．“2,10xRaxax++恒成立”的一个充分不必要条件是（）A．04a„B．4aC．03aD．05a„5．阿基

米德（公元前287年一公元前212年），古希腊伟大的哲学家、数学家、物理学家、力学家．他发展的“逼近法”为近代的“微积分”的创立奠定了基础．他利用“逼近法”得到植圆的面和除以圆周率等于粗圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的焦点在x轴上，且椭圆C的离心率为12，面积为23，则椭圆C的方程为（）

A．22143xy+=B．221916xy+=C．22134xy+=D．221169xy+=6．我国古代数学名著《九章算术》中有如下“两鼠穿墙”问题：有两只老鼠同时从墙的两面相对着打洞穿墙．大老鼠第一天打进1尺，以后每天进度是

前一天的2倍．小老鼠第一天也打进1尺，以后每天进度是前一天的一半，如果墙的厚度为10尺，则两鼠穿透此墙至少在第（）A．3天B．4天C．5天D．6天7．人们已经证明，抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴，探照灯、手电筒也是利用这个原理设

计的，已知抛物线22(0)ypxp=的焦点为F，从点F出发的光线经第一象限内抛物线上一点P反射后的光线所在直线方程为2y=，若入射光线FP的斜率为43，则抛物线方程为（）A．28yx=B．26yx=C．2

4yx=D．22yx=8．函数()fx、()gx分别是定义在R上的偶函数、奇函数，且()2()xfxgxe+=，若存在(0,2]x，使不等式(2)()0fxmgx−„成立，则实数m的最小值为（）A．4B．42C．8D．82二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每个小题给出

的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9．已知正数a、b满足21ab+=，则下列说法正确的是（）A．24ab+的最小值是22B．ab的最小值是18C．224a

b+的最小值是12D．11ab+的最小值是4210．已知双曲线22122:1(0,0)xyCabab−=的实轴长是2，右焦点与抛物线22:8Cyx=的焦点F重合，双曲线1C与拋物线2C交于A、B两点，则下列结论正确的是（）

A．双曲线1C的离心半为23B．抛物线2C的准线方程是2x=−C．双曲线1C的渐近线方程为3yx=D．20||||3AFBF+=11．定义11222nnnaaaHn−+++=为数列na的“优值”．已知某数列na的“优值”2nnH=，前n项和为nS，则（）A．数列na为等差数列B．

数列na为等比数列C．2121202320202S=D．246,,SSS成等差数列12．取整函数：[]x=不超过x的最大整数，如[1.2]1,[2]2,[1.2]2==−=−．以下关于“取整函数”的性质叙述正确

的有（）A．,[3]3[]2xRxx=+B．,,[][]xyRxy=，则||1xy−C．,,[][][]xyRxyxy++„D．1,[][2]2xRxxx++=三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13．已

知命题2:(2,),4pxx+．则p为：_________．14．已知||1z=，则|13|zi−+的最小值是__________．15．如图，正方形OABC的边长为a，(1)a，函数23yx=与AB交于点Q，函数12yx−=与BC交于点P，当||||AQCP+最小时，a的

值为________．16．经过原点的直线交椭圆22221(0)xyabab+=于P，Q两点（点P在第一象限），若点P关于x轴的对称点称为M，且13PAPM=，直线QA与椭圆交于点B，且满足BPPQ⊥，则直线BP

和BQ的斜率之积为_________，椭圆的离心率为__________．四、解答题（本大题共6小题，共70分．）17．（10分）已知0a，集合2{||1|},|450AxxaBxxx=−=−−．（1）当3a=时，求AB；（2）设:pxA；:qxB，

若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．18．（12分）设矩形ABCD的周长为20，其中ABAD，如图所示，把它沿对角线AC对折后，AB交DC于点P．设,ADxDPy==．（1）将y表示成x的函数，并求

定义域；（2）求ADP面积的最大值．19．（12分）在四棱锥PABCD−中，底面四边形ABCD为直角梯形，侧面PAD为等边三角形，M、N分别为AD、PD的中点，PM⊥平面ABCD，ABCD∥，ADAB⊥，

2PDCD==，1AB=．（1）求证：PA∥平面MNC；（2）求AN与平面MNC所成角的正弦值．20．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知等轴双曲线2222:1(0,0)xyEabab−=的左顶点A，过右焦点F且垂直于x轴

的直线与E交于B，C两点，若ABC的面积为21+．（1）求双曲线E的方程；（2）若直线:1lykx=−与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，与双曲线E的两条渐近线分别交于P，Q两点，求||||MNPQ的取值范围．21．（12分

）已知数列na满足1131,2,2,2nnaannNa−==−…（1）证明：数列11na−为等差数列，并求数列na的通项公式．（2）若2nnnacn=，记数列nc的前n项和为nT，求证：314nT„．22．（12分）

如图，椭圆2222:1(0)xyEabab+=的左焦点为1F，右焦点为2F，离心率12e=，过1F的直线交椭圆于A，B两点，且2ABF的周长为8．（1）求椭圆E的方程．（2）设动直线:lykxm=+

与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线4x=相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．江苏省苏州中学2020-2021学年第二学期期初质量评估高二数学参考

答案一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5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．【答案】B2．【答案】A3．【答案】A4．【答案】C5．【答案】A6．【答案】B7．【答案】D8．【答案】B二、多项选择题（本

题共4小题，每小题5分，共20分．在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9．【答案】AC10．【答案】BC11．【答案】AC12．【答案】

ABD三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13．【答案】2(2,),4xx+„14．【答案】115．【答案】316．【答案】23−；33四、解答题：（本大题共6小题，共70分．）17．（1）由3a=可得{||1|}{||1|3}{|313}{|24}Axxaxxxxxx=−

=−=−−=−又2{|450}{|15}Bxxxxx=−−=−，所以{|25}ABxx=−（2）由（1）知{|15},{||1|}{|11}BxxAxxaxaxa=−=−=−++，0a．因为p是q的充分不必要条件，所以A是B的真子集：

因此{1115aa−+−+…„，所以2a„，又0a，所以02a„，即实数a的取值范围是02a„．18．（1）由题意得：10ABCDx==−，则10CPxy=−−，因为在RtADP和RtCBP中，,APDCPBADBC==，所以ADPRtCBP≌，即DPBPy==所以在

RtCBP中，222(10)yxxy+=−−，所以222210020202yxxyxyxy+=++−−+，化简可得501010yx=−−，因为ABAD，所以100xx−，解得05x．所以5010,(0,5)10yxx=−−（2）由（1）可得5010,(0,5)1

0yxx=−−，所以ADP面积1150252501055(10)7522101010xSxyxxxxxx==−=−=−++−−−因为(0,5)x，所以100x−，所以2502502505(10)5(10)25(10)502101010xxxxxx−+

=−−+−−=−−−−„当且仅当2505(10)10xx−=−，即1052x=−时等号成立此时面积2505(10)757550210Sxx=−−++−−„，即ADP面积最大值为75502−19．（1）在PAD中，M、N分别为AD、PD的中

点，∴PAMN∥，又因为PA平面MNC，MN平面MNC，所以PA∥平面MNC，（2）过M作AB的平行线交BC于点E，以,,MAMEMP为x，y，z建立空间直角坐标系，如图：由侧面PAD为等边三角形，2,1PDCDAB===，则3P

M=，13(0,0,0),,0,,(1,2,0),(1,0,0)22MNCA−−则1333,0,,(1,2,0),,0,2222MNMCAN=−=−=−设平面MNC的一个法向量(,,)nxyz=，则00MNnMCn==，即1302220xzxy−

+=−+=，令1x=，则13,23yz==，所以131,,23n=设AN与平面MNC所成角为，则310||21922sin|cos,|19||||231114443ANnANnANn−++====+++20．（1）因为双曲线2222:1(0

,0)xyEabab−=为等轴双曲线，所以ab=，设双曲线的焦距为2,0cc，故2222caba=+=，即2ca=．因为BC过右焦点F，且垂直于x轴，将2Bxca==代入22221xyab−=，可得

Bya=，故||2,BCaABC=的面积为21+，所以1||||212BCAF=+，即12()212aac+=+所以21,1aa==，故双曲线E的方程为221xy−=．（2）依题意，直线:1lykx=−与双曲线E的左，有两支分

别交于M，N两点，联立方程组2211xyykx−==−消去y可得，()221220kxkx−+−=，所以()222210(2)41(2)0201MNkkkxxk−=−−−−=−，解得1

1k−，且222121MNMNkxxkxxk−+=−−=−所以()()222||1MNMNMNMNxxyykxx=−+−=+−()22222222222121414111MNMNkkkkxxxxkkkk−−+−=++−=+

−=−−−联立方程组,1,yxykx==−得11Pxk=−，同理11Qxk=+，所以22221121||11111PQkPQkxxkkkk+=+−=+−=−+−所以222222212||12||2

11kkMNkkPQkk+−−==−+−，其中11k−，所以||(1,2]||MNPQ21．（1）当132a=时，因为11111112,11nnnnnnaaaaaa−−−−−=−−=−=，所以1111111111111111nnnnnnnaa

aaaaa−−−−−−−−=−==−−−−−，所以数列11na−为首项为111a−，公差为1的等差数列．又是1131,221aa==−，所以111nna=+−，解得21nnan+=+（2）因为21nnan+=+，所以1211(1

)22(1)2nnnnncnnnn−+==−++所以121nnnTcccc−=++++11211111111112222322(1)26nnnn−=−+−++−=−+即11(1)2nnTn=−+

，显然1nT，另一方面，11111112110(1)222(1)2(1)2nnnnnnnnTTnnnnnn−−−+−=−−−=−=+++故数列nT是递增数列，所以134nT

T=…，因此，314nT„．22．（1）因为22||8ABAFBF++=，即11228AFFBAFBF+++=，即12122AFAFBFBFa+=+=，所以48,2aa==又因为12e=，即12ca=，所以1c=，所以223bac=−=故椭圆E的方程是

22143xy+=．（2）解法一：由22143ykxmxy=++=得()2224384120kxkmxm+++−=．因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点()10,Pxy，所以0m且0=，即()()2222644

434120kmkm−+−=，化简得22430km−+=．（*）此时2000443,43kmkxykxmkmm=−=−=+=+所以43,kPmm−，由4,xykxm==+得(4,4)Qkm+．假设平面内存在定点M满足条件

，由图形对称性知，点M必在x轴上．设()1,0Mx，则0MPMQ=对满足（*）式的m，k恒成立．因为()1143,,4,4kMPxMQxkmmm=−−=−+，由0MPMQ=得211116412430kkxkxxmmm−+−+++=整理得()21114

4430kxxxm−+−+=．（**）由于（**）式对满足（*）式的m，k恒成立，所以1211440,430,xxx−=−+=，解得11x=．故存在定点(1,0)M，使得以PQ为直径的圆恒过点M．解法三：由22143ykxmxy=+

+=得()2224384120kxkmxm+++−=．因为动直线l与桶圆E有且只有一个公共点()11,Pxy，所以0m且0=，即()()2222644434120kmkm−+−=，化简得22430km−+=．（*）此时2000443,43

kmkxykxmkmm=−=−=+=+所以43,kPmm−，由4,xykxm==+得(4,4)Qkm+假设半面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上取0,3km==，此时(0,3),(4,3)PQ，以PQ为直径的

圆为22(2)(3)4xy−+−=交x轴于点12(1,0),(3,0)MM；取1,22km=−=，此时31,,(4,0)2PQ，以PQ为直径的圆为2253452416xy−+−=交x轴于点34(1,0),(4,0)MM．所以若符合条

件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)因为M的坐标为(1,0)，所以431,,(3,4)kMPMQkmmm=−−=+从而1212330kkMPMQmm=−−++=，故恒有MPMQ⊥，即仔在定点(1,0)M，使得以PQ为直径的圆恒过点M．