【文档说明】广东省汕头市金山中学2021-2022学年高二下学期期中考试 数学.pdf，共(12)页，508.720 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，共4页汕头市金山中学2020级高二第二学期期中考数学试卷命题人：周荃本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷选择题一、单选题：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．已知集合{|2}

Axx，2{|60}Bxxx，则RABð（）A．{|23}xx„B．{|23}xx„C．{|23}xx„D．{|32}xx„2．已知复数z在复平面内对应的点的坐标为(1,2)，则1zi（）A．3322iB．3122

iC．1322iD．1322i3．已知,ab都是实数，则“2211loglogab”是“ab”的（）A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．即不充分也不必要条件4．已知点(1,)Pt在角的终边上，且6si

n3，则cos的值为（）A．33B．33C．33D．135．已知各项不为0的等差数列na满足26780aaa，数列nb是等比数列，且77ba，则3810bbb（)A．1B．8C．4D．26．已知直线21:20laxy与直线22:110

lbxay互相垂直，则ab的最小值为（）A．5B．4C．2D．17．某班班会准备从含甲、乙的7人中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序有（）A．720种B．520种C．360种D

．600种8．已知正项数列na满足1*()nnannN，当na最大时，n的值为（）试卷第2页，共4页A．2B．3C．4D．5二、多选题：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．在公比q为整数的

等比数列{}na中，nS是数列{}na的前n项和，若1418aa，2312aa，则下列说法正确的是()A．2q=B．数列{2}nS是等比数列C．8510SD．数列{lg}na是公差为2的等差数列10．已知函数sinfxAx（其中0A，0，2）的部分图

像，则下列结论正确的是（）A．函数fx的图像关于直线12x对称B．函数fx的图像关于点,012对称C．将函数fx图像上所有的点向右平移6个单位，得到函数gx，则gx为奇函数D．函数

fx在区间,412上单调递增11．函数1()cos(0)2fxxxx的所有极值点从小到大排列成数列na，设nS是na的前n项和，则下列结论中正确的是（）A．数列na为等差数列B．4176aC．20211sin2SD．373tan3aa12．已

知抛物线2:4Cyx的焦点为F，抛物线C上存在n个点1P，2P，L，nP（2n且*Nn）满足1223112nnnPFPPFPPFPPFPn，则下列结论中正确的是（）A．2n时，12112PFPFB．3n时，123PFPFPF

的最小值为9试卷第3页，共4页C．4n时，13241114PFPFPFPFD．4n时，1234PFPFPFPF的最小值为8第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．二项式62()xx展开式中的常数项为__________.14．根据记载

，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有ABC满足“勾3股4弦5”，其中“股”4AB，D为“弦”BC上一点（不含端点），且ABD满足勾股定理，则CBCAAD______

.15．已知抛物线24yx焦点为F，过点F斜率为3的直线l交该抛物线于点A，B（点A在第一象限），与该抛物线的准线交于点C，则CBAB______．16．如图，长方形ABCD中，152AB，1AD，点E在线段AB（端点除外）上，现将ADE沿DE折起为ADE．设ADE，二

面角ADEC的大小为，若π2，则四棱锥ABCDE体积的最大值为_______四、解答题：本大题共6小题，共70分．第17题为10分，其他为12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．从1

0名同学（其中6女4男）中随机选出3人参加测验，每个女同学通过测验的概率均为45，每个男同学通过测验的概率均为35，求：(1)选出的3个同学中，至少有一个男同学的概率；(2)10个同学中的女同学甲和男同学乙同时被选中且通过测验的概率．18．如图

，在四边形ABCD中，//ABCD，26AB，6CD，6cos3A，1cos3ADB.试卷第4页，共4页（1）求cosBDC；（2）求BC的长.19．已知正项数列na，其前n项和nS满足*(2)1()nnnaSanN.(1)求证：数列

2nS是等差数列，并求出nS的表达式；(2)数列na中是否存在连续三项ka，1ka，2ka，使得1ka，11ka，21ka构成等差数列？请说明理由.20．如图，在四棱锥E-ABCD中，//ABCD，12ADCDBCAB，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面ABE

平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．(1)求证：//MN平面ABE；(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．21．已知函数2()(2)ln()fxaxaxxaR

．（Ⅰ）当0a时，求证：2()22xfxx．（Ⅱ）设232()3gxxx，若1(0,1]x，2[0,1]x，使得12fxgx成立，求实数a的取值范围．22．已知椭圆2222:10,0x

yCabab的焦距为23b，经过点2,1P．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设O为坐标原点，在椭圆短轴上有两点M，N满足OMNO，直线PMPN，分别交椭圆于A，B．PQAB，Q为垂足．是否存在定点R，使得QR为定值，说明理由．试卷第5页，共4页高二第二学期期中考

数学试卷参考答案：1．A2．D3．C4．A5．B6．C7．D8．B9．ABC10．ACD11．BC12．BC13．6014．1442515．1216148令1xyx，两边取对数，有1lnlnlnxxyxx，令ln()xfxx，则21ln()xfxx，当()0fx时，0ex；

当()0fx时，ex.所以()fx在(0,e)上单调递增，在(e,+)上单调递减.所以ex时，()fx取到最大值，从而y有最大值，因此，对于1*()nnannN，当2n时，1222a；当3n时，1333a.而113232，

因此，当na最大时，3n.12当2n时，1212PFPPFP，此时不妨取12PP过焦点垂直于x轴，不妨取12(12),(12)PP，，，则121111=+122PFPF，故A错误；当3n时，12233123PFPPFPPFP

，此时不妨设123,,PPP在抛物线上逆时针排列，设1,(0,)2PFx,则12||1cosPF，则2222||,||241cos()1cos()33PFPF

，故123222241cos1cos()1cos()33PFPFPF214(1cos)2211cos(cos)2，令113cos,(,)222tt，则123242332tPFPFPF

tt，令242332()tttft，则232382627(1)()(32)(32)ttfttttt，当112t时，()0ft，()ft递增，当312t时，()0ft，()ft递减，试卷第6页，共4

页故min()(1)9ftf，故当1t，即1cos,23时，123PFPFPF取到最小值9，故B正确；当4n时，122313442PFPPFPPFPPFP，此时不妨设1234,,,PPPP在抛物线上逆时针排

列，设1,(0,)2PFx,则12342222||,||,||,||31cos1cos()1cos()1cos()22PFPFPFPF，即234222||,||,||1sin1cos1sinPFPFPF，故1322241cos

1cossinPFPF，2422241sin1sincosPFPF，所以132242sincos144141PFPFPFPF，故C正确；由C的分析可知：23422122244416sincossincossin2PFPFPF

PF，当2sin21时，216sin2取到最小值16，即1234PFPFPFPF最小值为16，故D错误；15由题意可得(1,0)F,抛物线准线方程为1x,则直线l的方程为:33yx,(1,23)C联立2334yxyx,解得323x

y或13233xy,即(3A,23),1(3B,23)3,所以8||3BC,16||3AB,则8||1316||23CBAB,16．设过A与DE垂直的线段长为a，则tanAE，150tan2，1cosDE

，sina，则四棱锥ABCDE的高πsinsinsinsincos2ha，则111515tan1sincos3222ABCDEV试卷第7页，共4页115tansincos62115s

incossin61115sin2cos2121211511sin2cos23441211sin2312，15tan15，∴四棱锥ABCDE体积的最大值为11131

24.17．(1)记选出的同学中至少有一个男同学为事件A，则363105116CPAPAC；(2)甲、乙被选中且通过测验的概率1831043455125CPC.18．（1）因为6cos3A，1cos3ADB

，则A、ADB均为锐角，所以，23sin1cos3AA，222sin1cos3ADBADB，coscoscossinsincoscosABDAADBAADBAADBAADB

32261633339，//ABCDQ，则BDCABD，因此，6coscos9BDCABD；（2）在ABD△中，由正弦定理可得sinsinABBDADBA，可得32

6sin33sin223ABABDADB，在BCD△中，由余弦定理可得22262cos96236119BCBDCDBDCDBDC，因此，11BC.19．(1)依题意，正项数列na中，

211a，即11a，当2n时，1nnnaSS，即11()2()1nnnnnSSSSS，整理得2211nnSS，又22111Sa，因此，数列2nS是以1为首项，1为公差的等差数列，则2nSn，因为na是正项数列，即0nS，所以nSn.试卷第8页，共

4页(2)不存在，当2n时，11nnnaSSnn，又11a，即*Nn，都有1nann，则1111nnnann，假设存在满足要求的连续三项12,,kkkaaa，使得12111,,kkkaaa构成等差数列，则2(1)121kkk

kkk，即112kkkk，两边同时平方，得12112212kkkkkkkk，即(1)(1)(2)kkkk，整理得：222kkkk，即02，显然不

成立，因此假设是错误的，所以数列na中不存在满足要求的连续三项.20(1)证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，因为M，F分别为ED和EC的中点，所以//MFDC，因为//ABDC，所以//MFAB，因为ABÌ平面ABE，MF平面ABE

，所以MF∥平面ABE，同理可得//NF平面ABE，因为MFNFF，MF平面MNF，NF平面MNF，所以平面//MNF平面ABE，因为MN平面MNF，所以//MN平面ABE.(2)解：如图所示，过E作EOAB

交AB于O，因为平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，EO平面ABE，所以EO平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧AEB的中点，所以O与AB的中点，取CD的中点G，连接OG，因为//ABCD，12ADDCCDAB

，所以OGAB，试卷第9页，共4页因为EO平面ABCD，所以EOAB，EOOG，所以EO，AB，OG两两垂直，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，设1

2ADDCCDABa，所以2AEEBa，可得0,,0Aa，,0,0Ea，330,,44Naa，则,,0AEaa，730,,44ANaa，设平面AEN的一个法向量,,nxy

z，则00AEnANn，可得073044axayayaz，令1x，则平面AEN的一个法向量为731,1,3n，平面ABE的一个法向量为0,0,1m，则737553cos,55553mnmnmn

，由图可知二面角NAEB的平面角为锐角，所以二成角NAEB的余弦值为75555．21．解：（Ⅰ）当0a时，要证222()22ln2022xxfxxxxx，只需证ln02xx，令()ln(0)2xhxxx，则112()22xhxxx

当(0,2)x时，()0,()hxhx单调递增；当(2,)x时，()0,()hxhx单调递减；所以max()(2)ln210hxh，()(2)0hxh故ln02xx，所以2()22xfxx．（Ⅱ）问题等价于1(0,

1]x，2[0,1]x，12minminfxgx由232()3gxxx得2()22gxxx，由2()220gxxx得01x„„，所以在[0,1]上，()gx是增函数，故min()(0)0gx

g．()fx定义域为(0,)，试卷第10页，共4页而22121221122xaxaxaxfxaxaxxx．当2a„时，()0fx恒成立，()fx在(0,1]上是减函数，所以min()(1)2(1)01fxfaa，不成

立；当2a时，由()0fx，得102xa；由()0fx，得12xa，所以()fx在10,2a单调递减，在1,2a单调递减．若112a，即21a

时，()fx在(0,1]是减函数，所以min()(1)2(1)01fxfaa，不成立；若1012a„，即1a时，()fx在12xa处取得最小值，min11()1ln(2)22fxfaaa，令1()1ln(2

)(1)2haaaa，则22113()02(2)(2)ahaaaa在[1,)上恒成立，所以()ha在[1,)是增函数且min()(1)0hah，此时min1()02fxfa

成立，满足条件．综上所述，1a．22．（1）由题意可知3cb，又椭圆经过点2,1P知2241+=1ab解得228,2ab，所以22182xy；（2）设直线AB方程xmyl,与椭圆C交于1122(,),(,)AxyBxy222221(4)28082xymymlylx

myl，0得2228ml12224mlyym,212284lyym直线111:1(2)2yPAyxx，即1111(2)2yyxmyl因此M坐标为1122(0,1)2ymyl，同理可知2222(0,

1)2yNmyl由OMNO知：1212222211022yymylmyl试卷第11页，共4页化简整理得221212(2)(2)(+)20mmyymlmlyyll则2222282(2

)()(2)()2044lmlmmmlmlllmm整理：(2)(2)0lmlm若20lm则直线:2ABxmym，过点P不符合题意若20lm则直线:22ABxmymmy符合题意直线AB过点(0,2)

D于是PD为定值且PQD△为直角三角形且PD为斜边所以PD中点R满足QR为定值2211113(20)[1(2)]492222QRPD此时点R的坐标为1(1,)2.获得更多资源请扫码加入享

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