湖南省长沙市三湘名校教育联盟五市十校2020-2021学年高二下期末联考数学试题（含答案）

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1、三湘名校教育联盟五市十校教研教改共同体三湘名校教育联盟五市十校教研教改共同体 2021 年上学期高二期末年上学期高二期末 考试数学考试数学试卷试卷 本试卷共 4 页，22 题，考试用时 120 分钟，试卷满分 150 分 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.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净 后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束时，将本试题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

2、项中，只有一项是符合题目要求 的。 1.已知集合 2 0Sx xx， 2 0Tx xx，则ST A. 0 B.1,0 C.0,1 D.1,0,1 2.已知 13 i 22 z ，则z z A. 1 2 B.1 C. 13 i 22 D. 13 i 22 3.当生物体死亡后，它机体内的碳 14 含量会按确定的比率衰减，大约每经过 5730 年衰减为原来的一半，这个 时间称为“半衰期”.2021 年 3 月 23 日四川省文物考古研究院联合北京大学对三星堆新发现 K4 坑的部分炭屑样 品使用碳 14 年代检测方法进行了分析， 发现碳 14 含量衰减为原来的 67.90%， 则该遗址距今约 （ ）

3、年. （参 考数据： 2 log 0.67900.5585 ） A.3000 B.3100 C.3200 D.3300 4.已知3sin4cos0，则sin2 A. 12 25 B. 12 25 C. 24 25 D. 24 25 5.已知 6 log 2a ， 12 log 4b ， 18 log 6c ，则 A.cba B.abc C.cab D.acb 6.为庆祝建党一百周年，长沙市文史馆举办“学党史，传承红色文化”的主题活动，某高校团委决定选派 5 男 3 女共 8 名志愿者，利用周日到该馆进行宣讲工作.已知该馆有甲、乙两个展区，若要求每个展区至少要派 3 名 志愿者，每个志愿者必须到

4、两个展区中的一个工作，且女志愿者不能单独去某个展区工作，则不同的选派方案 种数为 A.252 B.250 C.182 D.180 7.在半径为 2 的球中挖去一个半径为 1 的同心球， 设过球心的截面的面积为 1 S， 不过球心的任意非圆面的截面 的面积为 2 S，则 A. 12 SS B. 12 SS C. 12 SS D. 1 S、 2 S的大小关系不定 8.若 A 是圆 C 所在平面内的一定点， 是圆 C 上的一动点，线段 AP 的垂直平分线与直线 CP 相交于点 Q，则 点 Q 的轨迹不可能是 A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共

5、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.下列关于函数 sin2f xx的结论正确的是 A.函数 f x是偶函数 B.函数 f x的最大值为 2 C.函数 f x在 3 , 24 单调递增 D.函数 f x的最小正周期是 10.已知正三棱锥PABC中，M为PA的中点，PBCM， 5 2 CM ，则 A.PBCA B.PBPA C.该三棱锥的体积是 1 3 D.该三棱锥的外接球的表面积是3 11.已知直线:20l axy与C： 22 14xya相交于 A、B 两点，若ABC为钝角三角形， 则满足条件的实数 a 的值

6、可能是 A. 1 2 B.1 C.2 D.3 12.设随机变量 X 表示从 1 到 n 这 n 个整数中随机抽取的一个整数，Y 表示从 1 到 X 这 X 个整数中随机抽取的 一个整数，则 A.当2n时， 1 2,1 4 P XY B.当4n时， 7 4 24 P XY C.当nk（2k 且 * kN）时， 2 1 ,P Xk Yk k D.当2kn （2k 目 * kN）时， 2 1 21 2 ,1 2 k k i k i P XY 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.设等差数列 n a的前n项和为 n S， 4 2S ， 6 3S ，则 n S的最小值为_.

7、 14.宽与长的比为 51 0.618 2 的矩形叫做黄金矩形.它广泛的出现在艺术、建筑、人体和自然界中，令人赏 心悦目.在黄金矩形ABCD中， 51 2 BC ，ABBC，那么AB AC的值为_. 15.已知抛物线 2 :4C yx的焦点为 F，过点 F 的直线与 C 交于 A，B 两点，且4FA ，则AB _. 16.2020 年底，我国已正式对外宣布，实现了全面脱贫的伟大胜利.某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献 的先进单位， 制作了一批奖杯， 奖杯的剖面图形如图所示， 其中扇形OAB的半径为 10， 3 PBAQAB ， 20 2 AOB ，AQQPPB，则PQ _（用表示） ；据调

8、研发现， 当 OP 最长时该奖杯比较美观，此时的值为_. 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.已知数列 n a的前n项和 2 n Snn，令 1 124 2n n baaaa ，1,2,n . （1）求 n a、 n b的通项公式； （2）数列 n a中去掉数列 n b中的项，剩下的项按原来顺序排成新数列 n c，求 2021 c的值. 18.如图， 在平面四边形ABCD中，2BC ，62AD ，90ABC，60BCD，75BAD， 求四边形ABCD的面积. 19.为了解某校学生参加社区服务的情况，采用按性别分层抽样的方法进行调查.已知该

9、校共有学生 960 人，其 中男生 560 人，从全校学生中抽取了容量为 n 的样本，得到一周参加社区服务时间的统计数据如下： 超过 1 小时 不超过 1 小时 男 20 8 女 12 m （1）求m，n； （2）能否有 95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过 1 小时与性别有关? （3） 若以样本中学生参加社区服务时间超过 1 小时的频率作为该事件发生的概率， 现从该校随机调查 60 名学 生，记一周参加社区服务时间超过 1 小时的人数为 X，求 X 的数学期望. 附： 2 P Kk 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 2 2 n ad

10、bc K abcdacbd 20.如图所示， 在三棱柱 111 ABCABC中，底面ABC是正三角形， 侧面 11 AACC是菱形，点 1 A在平面ABC 的射影为线段AC的中点D，过点 1 B，B，D 的平面与棱 11 AC交于点E. （1）证明：四边形 1 BB ED是矩形； （2）求二面角 1 ABBE的余弦值. 21.双曲线 C 的中心在原点 O，焦点在x轴上，且焦点到其渐近线2yx 的距离为 （1）求双曲线 C 的标准方程； （2）过点0,2P的直线l与双曲线 C 的左、右两支分别交于 A，B 两点，与其渐近线分别交于 M，N（从左 至右）两点. （）证明：AMBN； （）是否存在这

11、样的直线l，使得 2 5 5 OMN OAB S S ，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由. 22.已知函数 e aax f xxb（其中e是自然对数的底数） ，曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程是 33 6e5eyx. （1）求a，b； （2）设函数 2 ln f x g xmxx x ，若 1g x 在0,上恒成立，求m的取值范围. 三湘名校教育联盟五市十校教研教改共同体 2021 年上学期高二期末考试 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.D 2.B 3.C【解析】设生物体死

12、亡后，碳 14 每年衰减为原来的p，依题意，有 57301 1 2 p， 1 5730 12p 的；设 距今约t年， 碳 14 衰减为原来的 1 5730 1267.90% t p ， 结合参考数据： 2 log 0.67900.5585 5730 t ， 可得3200t . 4.C【解析】利用同角三角函数的基本关系可解得： 4 sin; 5 3 cos, 5 或 4 sin; 5 3 cos 5 ，再由二倍角公式得 24 sin22sincos 25 . 5.A【解析】由对数运算公式得， 22 1 log 61 log 3 a ， 44 1 log 121log 3 b ， 66 1 log

13、 181 log 3 c ， 易知 246 log 3log 3log 3，故cba. 6.D【解析】因为每个展区至少要派 3 人，则两个展区中派遣的人数分别为 3、5 或 4、4，又因为 3 名女志愿 者不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为 4 32 8 82 2 2 C C1 A180 A . 另法： 4 122132 8 535352 C C CC CCA180 2 . 7.A【解析】设球心到不过球心的任意非圆面的截面的距离为d，则该截面的面积 2222 2 213Sdd ，而过球心的截面的面积 22 1 213S，故选 A. 8.D【解析】设圆C的半径为r， （1）若点 A 在圆 C

14、 内不同于点 C 处，如图（1）所示，则有QAQCrAC，故点 Q 的轨迹是以 A、 C 为焦点的椭圆，所以 B 正确； （2）若点 A 与 C 重合，则有 2 r QPQA，故点 Q 的轨迹是以 C 为圆心， 2 r 为半径的圆，所以 A 正确； （3）若点 A 在圆 C 上，如图（3）所示，则由垂径定理，线段 AP 的垂直平分线必过点 C，故 Q 与 C 重合， 故点 Q 的轨迹是一个点； （4）若点 A 在圆 C 外，如图（4）所示， 则QAQPPCQCrQC ， 所以QAQCrAC，故点 Q 的轨迹是以 A、C 为焦点的双曲线右支，当 AP 的垂直平分线交 CP 的延 长线于点 Q 时

15、，Q 的轨迹是以 A、C 为焦点的双曲线左支，所以 C 正确；故选 D. 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.AC【解析】作出函数 f x的图像如下： 由图像易知，选项 AC 正确. 10.ABD【解析】作 AC 中点，连接 PN，BN，则易证AC 平面 PBN， 所以PBAC，又PBCM， 所以PB 平面PAC，所以PBCA，PBPA， 又三棱锥PABC为正三棱锥，PAPC，且PAPBPC 在RtPMC中， 由勾股定理解得1PC ， 故三棱锥的体积为 1

16、6 ， 其外接球半径为 3 2 ， 外接球表面积为3. 故选 ABD. 11.ACD【解析】圆 C 的圆心为1,a，半径为2r ，由于ABC为等腰三角形，若该三角形为钝角三角形， 则45CAB，设圆心 C 到直线 l 的距离为 d，则 2 22 1 a d a ， 则 2 12 sin 2 1 ad CAB r a ，整理可得 2 410aa ，解得2323a， 因为直线 l 不过圆心 C，则220a，解得1a .所以 23,11,23a.故选 ACD. 12.ACD【解析】对 A，当2n时， 111 2,1 224 P XY，故 A 正确； 对 B，当4n时，XY，则由4XY可得3X ，1Y

17、 或2X ，2Y ， 11115 43,12,2 434224 P XYP XYP XY，故 B 错误 对 C，当nk（2k 且 * kN）时，则 2 111 ,P Xk Yk kkk ，故 C 正确； 对D， 222 1 111111111121 2 ,1 22222222222 k k i kkkkkkk i P XY ， 所以D正确， 故选 ACD. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.【答案】-3 【解析】易得 2 15 22 n Snn， 当2n或 3 时，min3 n S 14.【答案】1 15.【答案】16 3 【解析】设过1,0F的直线方程为1x

18、my， 11 ,A x y， 22 ,B x y， 则联立方程得 2 1 4 xmy yx ， 2 440ymy， 12 4y y ， 22 12 12 1 44 yy x x 1 14FAx ， 1 3x ，所以 2 1 3 x ，故 2 4 1 3 FBx ， 416 4 33 AB 16.【答案】10sin， 4 【解析】 作OMQP交QP于M， 交AB于C， 且O C A B， 则A O C， 则2 0 s i nAB，10cosOC. 设AQQPBPx，作QEAB交 AB 于 E，PFAB交 AB 于 F，因为60PBAQAB ，所以 1 2 AEBFx， 3 2 CMPFx，EFQ

19、Px，所以2ABx， 所以20sin2ABx，即10sinx. 所以 3 10cos10cos5 3sin 2 OMOCCMx， 所以 2 2 222 10cos5 3sin5sinOPOMMP 222 100cos75sin100 3sin cos25sin10050 3sin2， 因为sin21,1 ，所以当sin21，即 4 时， 2 OP最大，故答案为 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.解： （1）当2n时， 2 2 1 112 nnn aSSnnnnn ， 又 11 2aS也适合上式， 所以2 n an， * nN.

20、1 21 124 2 2 12222 21 n nn n baaaa . （2）由（）知 21 n n ba ， 所以 101023 ba， 112047 ba. 由此可知 20212031 4062ca. 18.解：设090CBD. 在ABD中，由正弦定理得， sinsin75 ADBD ABD ，即 62 sin 90sin75 BD ， 在BCD中，同理有， sinsin BCBD BDCBCD ，即 2 sin 120sin60 BD 从而有sin 1203cos，化简得sin3cos， 因此有tan3，60. 于是知四边形ABCD是由边长为 2 的正BCD和腰长为 2，顶角30ABD

21、的等腰ABD构成， 所以四 边形ABCD的面积为 2 31 22 2 sin3013 42 S . 解法二：过D作DEAB，DFBC分别交 AB、BC 于 E、F 两点， 62AD ，在ADE中， 62sin75DE 1DE ， 在矩形DEBF中，1DEBF ，1CF ，F是BC的中点， 在BCD，60BCD，所以BCD为等边三角形， 3 43 4 BCD S 在ABD中，由等面积法可以得到2AB ， 1 1 21 2 ABD S 13 ABDBCD SSS 19.解： （1）由已知，该校有女生 400 人，故12 400 208560 m ，得8m，从而20 8 12 848n . （2）作

22、出列联表如下： 超过 1 小时的人数 不超过 1 小时的人数 合计 男 20 8 28 女 12 8 20 合计 32 16 48 2 2 48 1609624 0.68573.841 28 20 32 1635 K . 所以不能有 95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过 1 小时与性别有关. （3）根据以上数据，学生一周参加社区服务时间超过 1 小时的概率 322 483 P ，所以 2 60, 3 XB ，且 60 60 21 33 kk k P XkC ，0,1,2,60k . 故X的数学期望 2 6040 3 EX . 20.解： （1）连接 1 B E，DE. 在三棱柱

23、 111 ABCABC中，侧面 11 A ABB为平行四边形，所以 11 B BA A. 因为 1 B B 平面 11 A ACC， 1 A A平面 11 A ACC， 所以 1 B B平面 11 A ACC. 因为 1 B B 平面 1 BB D，且平面 1 BB D平面 11 A ACCDE， 所以 1 B BDE，因此 1 A ADE. 因为点 D 是 AC 的中点，所以 E 为 11 AC中点，所以 1 B BDE， 所以四边形 1 BB ED为平行四边形. 在正ABC中，因为 D 是 AC 的中点，所以BDAC. 由题可知 1 AD 平面ABC，所以 1 ADBD， 1 ADAC.

24、因为 1 ACADD，所以BD 平面 11 ACC A， 于是BDDE，故四边形 1 BB ED为矩形. （2）由（1）知DB，AC， 1 AD两两垂直，以DB，AC， 1 AD所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如 图所示的空间直角坐标系Dxyz.设1AD ，则3BD . 在 1 AAD中， 1 2AAAD， 1 90ADA，所以 1 3AD . 于 是0 , 0 , 0D，0, 1,0A， 1 0,0, 3A， 3,0,0B， 3,1,0AB ， 3,0,0DB ， 11 0,1, 3AABB. 设平面 1 DBB E的法向量为, ,ma b c， 由 1 0, 0, m BB m

25、 DB 得 30, 30, bc a 取 0, 3, 1m . 设平面 11 ABB A的法向量为, ,nx y z， 由 1 0, AB0 n AA n 得 30, 30, yz xy 取 1,3,1n . 设二面角 1 ABBE的大小为，由图知0, 2 ， 则 42 5 coscos, 52 5 m n. 故所求二面角 1 ABBE的余弦值为 2 5 5 . 21.解： （1）设双曲线 22 22 :1 xy C ab ， 易得焦点,0F c到渐近线的距离为b，故2b， 又2 b a ，所以1a ， 故所求双曲线C的方程为 2 2 1 4 y x . （2） （）设过点P的直线:2l yk

26、x，联立 2 2 2 01 4 ykx y x 或 ， 消去y，整理得： 22 44440kxkx，0，2,2k . 设 11 ,A x y， 22 ,B x y， 33 ,M x y， 44 ,N x y. 当1时， 12 2 4 4 k xx k ，即AB中点横坐标为 2 2 4 k k ， 当0时， 34 2 4 4 k xx k ，即MN中点横坐标为 2 2 4 k k ， 故线段AB，MN的中点重合，所以AMBN. （）由（） 1234 2 4 4 k xxxx k ， 12 2 8 4 x x k ， 34 2 4 4 x x k ，所以 2 2 2 3434 2 8 1 14 4

27、 k MNkxxx x k ， 22 2 2 1212 2 4 18 14 4 kk ABkxxx x k . 又 2 5 5 OMN OAB MNS SAB ，所以3k ，满足0， 故存在这样的直线:32l yx . 22.解： （1）3a ，0b， 3 3 e x f xx. （2） 3 eln1 x g xxmxx，整理得 3 ln1 e x x m xx . 记 3 1ln e x x x xx ，只需 min mx . 而 23 2 3eln x xx x x . 令 2 3 3 eln x h xxx，则 23 1 96e0 x h xxx x ，故 h x在0,单调递增. 又 1

28、 0 4 h ， 1 0 2 h ，由零点存在性定理可知，存在唯一 0 1 1 , 4 2 x ，使 0 0h x. 当 0 0,xx时， 0h x ， 0 x， x单调递减； 当 0, xx时， 0h x ， 0 x， x单调递增； 所以 0 3 0 0 min 00 ln1 e x x xx xx . 由 0 0h x得 0 32 00 3eln0 x xx，所以 0 32 0 0 1 3eln x x x ， 所以 00 1 ln 3 0 0 1 3 elne xx x x ，即 0 0 1 3lnx x ， 故 00 3lnxx ，且 0 3 0 1 e x x ， 所以 0 3 0

29、0 min 00 ln1 e3 x x xx xx ， 故所求m的取值范围,3. 方法二：证明：e1 x x 证明：构造函数 e1 x h xx ， e1 x h x， 令 e100 x h xx ，所以函数 h x在0,单调递增， 令 e100 x h xx ，所以函数 h x在,0单调递减. 所以函数 min 00h xh e10 x x ，即e1 x x 3ln3 elneln xxx g xxmxxmxx ，e1 x x ln3 eln31 xx xx ln3 elnln31ln31 xx g xmxxxxmxxm x 由 1g x 在0,上恒成立， 故30m x恒成立. 所以30m，故3m.