【文档说明】浙江省丽水市20192020学年高二下学期期末教学质量监控数学试题含答案.doc，共(9)页，849.000 KB，由小赞的店铺上传

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丽水市2019学年第二学期普通高中教学质量监控高二数学试题卷2020.7本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。满分150分，考试时间120分钟。请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。第Ⅰ卷

选择题部分（共40分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。不能答在试

题卷上。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．1．2cos3=A．12B．32C．12−D.32−2．直线3+1yx=的倾斜角是A．6B．4C．3D．433．双曲

线22134xy−=的焦点坐标是A．(0,1)B．(1,0)C．7(0,)D．7(,0)4．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积等于A．310cmB．320cmC．330cmD．340cm正视图侧视图俯视图5343(第4题图)5．已知实数,xy满足不等式组11x

yxy+−，则2+xy的最大值是A．1B．2C．3D．46．函数2()(R)xfxaxa=+的图象不．可能是7．“12m”是“2222530xymxmm+−−−+=为圆方程”的A．充分不必要条件B．必要

不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件8．已知F是椭圆2222+1(0)xyabab=的一个焦点，若直线ykx=与椭圆相交于,AB两点，且60AFB=，则椭圆离心率的取值范围是A.3(1)2，B．3(0)2，C.1(0)

2，D．1(1)2，9．在梯形ABCD中，2ABDC=，13BEBC=，P为线段DE上的动点（包括端点），且APABBC=+（R，），则2+的最小值为A．119B．54C.43D．594810．已知数列

na满足1aa=（Ra），2122+nnnaaa=+−（*Nn），则下列说法中错．误．的是A．若1a，则数列na为递增数列B．若数列na为递增数列，则1aC．存在实数a，使数列na为常数数列D．存在实数a，使12n

a+恒成立yxOyxOyxOOyxBACD第Ⅱ卷非选择题部分（共110分）注意事项：1．用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。2．在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。二、填空题：本题共7小题，其中11－14题每小题6

分，15－17题每小题4分，共36分．11．已知集合2|40Axx=−，|1Bxx=，则AB=▲,AB=▲.12．已知函数2log,0()2,0xxxfxx=，则1()=2f▲；若1()<2fx

，则x的取值范围是▲.13．已知直线1:230lxaya++=，2:(1)370laxya−++−=，若//12ll，则=a▲；若12ll⊥，则=a▲.14.定义二元函数(,)2,fxyxy=−则不等式(1)1fy,的解集是▲；若不

等式(,1)+(,2)fxfxm−对任意实数x恒成立，则实数m的最大值是▲.15．在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，若cos,cos,cosaCbBcA成等差数列，且8ac+=，则AC边上中线长的最小值是▲.16．在矩形ABCD中，2ABAD=，E是CD的中点，将ADE

沿AE折起，则在翻折过程中，异面直线AD与BE所成角的取值范围是▲.17．若对任意02b，，当11xa，(1)a时，不等式214axbxx+−恒成立，则实数a的取值范围是▲．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()cossin3cosfxxxx=+（）.（Ⅰ）求函数()fx的最小正周期和单调递增区间；（Ⅱ）若角(0,)α，33()+252=αf，求2sin(+)3的值.19．（本题满分15分）在四棱锥−PABC

D中，PA⊥平面ABCD，//ADBC，24BCAD==，10==ABCD．（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若=6AP，求BC与平面PBD所成角的正弦值．20．（本题满分15分）已知数列na的前n项和2nSn=，正项等比数列

nb满足11b=，且39b是22ab与31ab+的等差中项．（Ⅰ）求数列nnab，的通项公式；（Ⅱ）求数列nnab的前n项和nT.21．（本题满分15分）如图，直线l与抛物线xy22=相交于BA，两

点，与x轴交于点Q，且OBOA⊥，lOD⊥于点()Dmn，.（Ⅰ）当1=n时，求m的值；（Ⅱ）当23,21m时，求ODQ与OAB的面积之积ODQOABSS的取值范围.22．（本题满分15分）已知函数2()fxxx=+，2()2gxxax=−+，Ra.（Ⅰ）若函

数(())ygfx=存在零点，求a的取值范围；（Ⅱ）已知函数(),()()()(),()()fxfxgxmxgxfxgx=，若()mx在区间(1,4)上既有最大值又有最小值，求实数a的取值范围.丽水市2019学年第二学期普通高中教

学质量监控高二数学答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．CCDBBDAAAB二、填空题：本题共7小题，其中11－14题每小题6分，15－17题每小题4分，共36分．11.12xx，2xx−1

2.1−，(1)(02)−−，，13.3，2514.13yy，315.2316.(42，17.(13，三、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）解：（Ⅰ）133()sin2cos2222fxxx=++3sin(2)3

2x=++T=令222232kxkkZ−+++，解得51212kxkkZ−++，所以函数()fx的单调递增区间为51212kkkZ−++，，（Ⅱ）因为33()+252=αf，所以3

33sin()+3252++=故3sin()35+=(0)，，4()333+，又3sin()35+=，4cos()35+=−2sin(+)sin()333=++sin(+)coscos()

sin3333=++3143343525210−=−=即2343sin(+)310−=.19.（本题满分15分）（Ⅰ）证明：作DEBC⊥,AD=2,BC=4CE=1,DE=BE=345DBCACB==BDAC⊥又PA⊥

平面ABCD，ABDP⊥BD⊥平面PAC（Ⅱ）RtPAB中，6,10,4PAABPB===RtPAD中，6,2,10PAADPD===PBDCBD又CPBDPBCDVV−−=，点C到平面

PBD的距离6hPA==BC与平面PBD所成角的正弦为6sin4hBC==20.（本题满分15分）解：（Ⅰ）当1n=时，111aS==当2n时，221(1)21nnnaSSnnn−=−=−−=−21nan=

−2335aa==，设数列nb的公比为q,由题意可得：21836qq=+解得23q=，或12q=−（舍去）123nnb−=所以21nan=−，123nnb−=（Ⅱ）由（Ⅰ）有12(21)3nnnabn−=−所以112233nnnTabababab=++

++23122221135()7()(21)()3333nn−=+++++−2341222222213()5()7()(23)()(21)()3333333nnnTnn−=+++++−+−两式相减有：23112222212()()()

(21)()333333nnnTn−=+++++−−122144()(21)()33nnn−=+−−−110425()333nn−=−+所以()1215104()3nnTn

−=−+21.（本题满分15分）解：（Ⅰ）设直线方程为xtyb=+，其中0b由22xtybyx=+=得2220ytyb−−=设11()Axy，，22()Bxy，，则有122yyb=−，2212121()4xxyyb==OAOB⊥12120xxy

y+=，即220bb−=2b=，直线l为：2xty=+，点(20)Q，ODDQ⊥12nnmm=−−，即2(2)nmm=−而1n=解得1m=（Ⅱ）由（Ⅰ）得122yyt+=，124yy=−22112122()44(4

)yyyyyyt−=+−=+ODl⊥，2(2)nmm=−ntm=−22221ntmm==−1(2)2ODQSOQnnmm===−212124(4)232OABSOQyytm=−=+=+22162(2)(23)23()33ODQOABSSmmm=−+=−−+13,22

mODQOABSS的取值范围为81333，22.（本题满分15分）解：（Ⅰ）令()0gx=有10x=，22ax=而()()2222+fx−−，，所以要使函数(())ygfx=存在零点，只需222a−或222a即42a−或42a（Ⅱ）要

使()mx有最大值，则必有144()(4)4aagf，即41666aaa−或解得616a当616a时，(1)243(1)gaf=−=所以()mx要存在最小值必须有(4)(4)gf即94322a−，解得738a当7368a时，24(1)222

aafa−−=+−，(1)(1)22agga−==−令22at−=，有57(2)16t，，此时222()()0tgtftttt−−=−=又由(4)(4)gf得，(1)(1)(4)(4)022aagfgf−−−−在1,42a−上存在0x，使0

0()()gxfx=()mx在(1)4a，上递增，0()4ax，上递减，0(4)x，上递增()gx在(4)4a，上单调递减，(1)(1)(1)22aaggf−=−()mx在区间(14)，有最大值()4am，最小值0()mx即当7368a

时，()mx在区间(14)，上既有最大值又有最小值.