【文档说明】湖北省武汉市武昌区2020-2021学年高二下学期期末质量检测数学试题 含答案【武汉专题】.pdf，共(11)页，318.927 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

武昌区2020-2021学年度高二年级期末质量检测数学本试卷共5页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干

净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必須写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不桉以上要求作答无效．4．考生必須保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答

题卡一并交回．一、选择题：本题共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，设集合12,01xAxxBxxA，则AB（）A．(1,2)B．[1,2)C．(,0][1,)D．(,0]

[1,2)2．复数52i的共轭复数是（）A．2iB．2iC．2iD．2i3．已知tan2，则sin22（）A．35B．34C．34D．354．设0.30

.20.212,,log0.32abc，则a，b，c的大小关系为（）A．abcB．bacC．bcaD．cab5．如图是函数()sin()0,0,fxAxA的部分图象，给出下列四种说法：①函数()fx的周期为；②函数()fx图象的一条对

称轴方程为512x；③函数()fx的递减区间为5,()1212kkkZ；④当,62x时，函数()fx的值域为3,12．其中，正确的说法是（）A．①②B．①③C．②③D．③④6

．已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右顶点分别为12,AA，且以线段12AA为直径的圆与直线20axbyab相切，则C的离心率为（）A．63B．33C．23D．137．三棱锥PABC的顶点均在一

个半径为4的球面上，ABC为等边三角形且其边长为6，则三棱锥PABC体积的最大值为（）A．123B．183C．243D．5438．已知4ln0,5ln0,6ln0456abcabc，则（）A．cbaB．bcaC．abcD．acb

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2018年1月至2020年12月期间月接待游客量（单位：万人）

的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论正确的是（）A．月接待游客量逐月增加B．年接待游客量逐年增加C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳10．对于

非零向量,,abc，下列命题中错误的是（）A．若0ab，则//abB．若acbc，则abC．()()abcabcD．()abcacbc

11．如图，透明塑料制成的长方体容器1111ABCDABCD内灌进一些水，固定容器底面的一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，以下命题正确的是（）A．有水的部分始终呈棱柱形B．水面EFGH所在四边形的面积为定值C．棱11AD始终与水面所在

平面平行D．当容器倾斜如图（3）所示时，BEBF是定值12．已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左，右焦点分别为12,FF，过双曲线C上的一点M作两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，若21216FFMAMB，则（）A．双曲线C的离心率为2

B．四边形AMBO的面积为212a（O为坐标原点）C．双曲线C的渐近线方程为2yxD．直线MA与直线MB的斜率之积为定值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．6(2)x的展开式中，2x的系数是_______．14．甲、乙、丙等5位

同学随机站成一排合影留念，甲、乙两人相邻且甲站在丙的左侧，则不同的站法共有________种．（用数字作答）15．,,为三个不重合的平面，a，b，c为三条不同的直线，给出下列命题：①若//,//acbc，则//ab；②若//,//ab，则//ab；③若/

/,//cc，则//；④若//,//，则//．其中正确命题的序号是________．16．设函数32()4,fxxxaxbxR，其中,abR．若()fx存在极值点0x，且10fxfx，其中10xx，则102xx________．四、解答题

：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）如图，A，B两点都在河的对岸（不可到达），为了测量A，B两点间的距离，在A，B两点的对岸选定两点C，D，测得20mCD，并且在点C，D两点分别测得45,60,30,06BCAACDBDCBDA

，试求A，B两点间的距离（精确到0.1m）．附：31.73，52.24，103.16．18．（12分）甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12，乙每次击中目标的概率23．（1）记甲击中目标的次数为，求的概率分布及

数学期望()E；（2）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率．19．（12分）已知数列na是递增的等比数列，前3项和为7，且1232,2,1aaa成等差数列．数列nb的首项为1，其前n项和为nS，且2(1)nnSnb．（1）求数列na和nb的通项公式；（2）设

nnncab，求数列nc的前n项和nT．20．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，已知底面ABCD是等腰梯形，//,60ADBCABC，侧面PAD是等边三角形，2ADAB，点P在平面ABCD上的射影恰是线段BC的中点E．求：（1）二面角PADE的大小；（2）异面直线PA与C

D所成角的余弦值．解：设ABa，则2ADa．21．（12分）抛物线C的方程为2yx，过抛物线C上一点000,0Pxyx作斜率为12,kk的两条直线分别交抛物线C于1122,,,AxyBxy两点（

P，A，B三点互不相同），且满足120kk．（1）若线段AB的中点为M，证明线段PM的中点在y轴上；（2）若点P的坐标为(1,1)，求PAB为钝角时点A的纵坐标1y的取值范围．22．（12分）已知函数()xfxx

ea．（1）讨论函数()fx零点的个数；（2）若函数()fx恰有两个零点1212,xxxx，证明1220xx．武昌区2020-2021学年度高二年级期末质量检测数学参考答案一、选择题：本题共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．

A2．B3．D4．D5．B6．A7．B8．A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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．BCD10．ABC1

1．ACD12．ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．6014．2415．①④16．4四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）解：在ADC中，30CD，60ACD，603090

ADC，所以，ADC是直角三角形，求得40cos60CDAC．（2分）在BCD中，30,4560105BDCBCD，所以45CBD．由正弦定理，得20sin30sin45BC，所以102BC．（6分）在ABC

中，45ACB，由余弦定理，得222cos45101031.6ABACBCACBC所以，A，B间的距离为31.6m．（10分）18．解：（1）的取值为0，1，2，3，则30311(0)28PC

，31313(1)28PC，32313(2)28PC，33311(3)28PC，所以的概率分布如下表：0123P18383818所以1331()01231.58888E（或1()31.52E；（

6分）（2）设甲恰比乙多击中目标2次为事件A，甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事件1B，甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事件2B，则1212,,ABBBB为互斥事件．312333120123

333121111()2332324PAPBPBCCCC，所以，甲恰好比乙多击中目标2次的概率为124．（12分）19．解：（1）设等比数列na的公比为q，由已知得123213272432aaaqaaaa

（其中12q舍去）．所以数列na的通项公式为12nna．（4分）因为2(1)nnSnb，所以112(2)nnSnbn．两式相减，得12(1)nnnbnbnb，化简得11nnnbbn．于是112121nn

nbbnnn．所以nbn．（8分）（2）由（1）知，12nncn．01211222(1)22nnnTnn．12121222(1)22(1)21.nnnnnTnnn．所以1211

2122222(1)2112nnnnnnTnnn．所以1(1)2nnTn．（12分）20．解：设ABa，则2ADa．（1）取AD的中点F，连接,EFPF．因为ABCD是等腰梯形，且E

为BC的中点，所以EFAD于F．因为PAD是等边三角形，F为AD的中点，所以PFAD于F．所以AFE是二面角PADE的平面角．∵点P在平面ABCD上的射影为E，∴,90PEEFPEF．于是RtPEF中，33,2PFa

EFa，所以60PFE．即二面角PADM的大小是60．（6分）（2）过A作CD的平行线交BC于G，则PAG等于异面直线PA与CD所成的角．由GADC是平行四边形，得1,2AGDCBGaGEBEBGa．在RtPEF中，33sin6

0322PEPFaa．在RtPEG中，222222315222PGPEEGaaa．在PAG中，由余弦定理得2222225(2)52cos2228aaaPAAGPGPAGPAAGaa

，∴异面直线PA与CD所成角的余弦值为58．（12分）21．解：（1）设直线PA的方程010yykxx，直线PB的方程为020yykxx．点00,Pxy和点11,Axy的坐标是方程组0102yykxxyx

的解，消去y，整理得211000xkxkxy．于是101xxk，即110kxx．同理，220kxx．因为120kk，所以01220xxx．因为线段AB的中点为M，所以1202Mxxxx．因为0MPxx，所以线段PM的中点在y轴

上．（4分）（2）由（1）知，当点P的坐标为(1,1)时，111xk，代入2yx，求得2111yk．同理，求得2211yk．因此，直线PA、PB分别与抛物线C的交点A、B的坐标为21111,21Akkk，2111

1,21Bkkk．于是21112,2APkkk，112,4ABkk，所以21111111122422221APABkkkkkkkk．因为PAB

为钝角且P、A、B三点互不相同，所以0APAB，即1112210kkk．解得1k的取值范围为12k或1102k．又2111yk，所以当12k时，11y

；当1102k时，1114y．所以，PAB为钝角时点A的纵坐标1y的取值范围为1(,1)1,4．（12分）22．解：（1）()1xfxe．当0x时，()0f

x；当0x时，()0fx．所以，函数()fx在(,0)单调递增；在(0,)单调递减．所以，当0x时，()fx有最大值(0)1fa．当1a时，(0)10fa，函数()fx无零点；当1a时，(0)10fa，函数()fx有1个零点：当1a时，

(0)10,()0,()2,()2aaafafaefaaefae．当ln2a时，()0fa；当ln2a时，()0fa．所以，()fa在(,ln2)单调递增，在(ln2,)单调递减．所以ln2max()(ln2)

2ln22ln220fafe，即()0fa．所以()fx在(,0)和(0,)各有一个零点，即()fx有两个零点．综上，当1a时，函数()fx无零点；当1a时，函数()fx有1个零点；当1a时

，()fx有两个零点．（6分）（2）由（1）知，函数()fx恰有两个零点时，1a，且120axxa．要证1220xx，只需证212xx．因为()fx在(0,)单调递减，所以只需证212fxfx．因为120fxfx

，所以只需证112fxfx，其中10ax．令()()(2),0gxfxfxax，则22()23xxxxgxxeaxeaxee,所以2()32xxgxee，因为2()4(0)

0xxgxeeg，所以()gx在(,0)单调递增，从而()(0)0gxg，所以()gx在(,0)单调递减，所以()(0)0gxg，即()(2)fxfx，于是212fxfx，所以1220xx．（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信

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