河北省石家庄市2020学年高二数学上学期期中试题 理

20202020 学年度第一学期期中考试高二年级理科数学试题学年度第一学期期中考试高二年级理科数学试题 第 I 卷（选择题，共 60 分） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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 20Ax xx，ln 1Bx yx，则=ABI A12， B12， C11 ， D11 ， 2命题:“02 2 xxRx,”的否定是 A02 2 xxRx, B02 2 xxRx, C02 2 xxRx, D02 2 xxRx, 3在等比数列 n a中，已知 26 4,16aa，则 4 a A8 B 8 C8 D64 4已知双曲线的一个焦点与抛物线 2 20 xy的焦点重合，且其渐近线方程为 043yx，则该双曲线的标准方程为 A1 169 22 yx B1 169 22 xy C1 916 22 yx D 1 916 22 xy 5设, a b是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的 是 A若,ab a则b B若,a则a C若,a，则a D若,ab ab则 6若下面框图所给的程序运行结果为,那么判断框中应填入的关于20S 的条件是k A 8?k B 8?k C 8?k D 9?k 7已知菱形ABCD的边长为a，60ABC，则BD CD A A 2 3 2 a B 2 3 4 a C 2 3 4 a D 2 3 2 a 8已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，ABC是边长为1的 正三角形，SC为球O的直径，且2SC ，则此棱锥的体积为 A 2 6 B 3 6 C 2 3 D 2 2 9一只蚂蚁从正方体 1111 ABCDABC D 的顶点A出发，经正方体的表面，按 最短路线爬行到顶点 1 C的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬 行路线的正视图的是 A(1)(2) B (1)(3) C(3)(4) D (2)(4) 10设满足约束条件，若目标函数(0,0)zaxby ab的yx, 0, 0 02 063 yx yx yx 最大值为12，则 32 ab 的最小值为 A 25 6 B 8 3 C 11 3 D4 11已知xR，符号 x表示不超过x的最大整数，若函数 0 x f xa x x 有且仅有3个零点，则a的取值范围是 A 1 2 , 2 3 B 1 2 , 2 3 C 3 4 , 4 5 D 3 4 , 4 5 12已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab ， 12 ,F F为其左、右焦点，P为椭圆 C上 除长轴端点外的任一点， 12 FPF的重心为G，内心为I，且有 12 IGFF （其中为 实数） ，则椭圆C的离心率e A 1 3 B 1 2 C 2 3 D 3 2 第 II 卷（非选择题，共 90 分） 二、填空题： 本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13某人午觉醒来，发现表停了，他打开收音机，想听电台整点报时，则他 等待时间不 多于10分钟的概率为 14某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行 了 5 次试验 根据收集到的数据（如下表） ，由最小二乘法求得回归方程为 0.6754.9yx 现发现表中有一个数据模糊看不清，请你推断出该数据的值为 15点( 2,0), (0,2)AB，实数k是常数，,M N是圆 22 0 xykx上两个不同 点，P是圆 22 0 xykx上的动点，若,M N关于直线10 xy 对称，则 PAB面积的最大值是 16在下列给出的命题中，所有正确命题的序号为 若0a b ，则a 与b 的夹角为锐角； 对, x yR，若，则；0 xy1,1xy 或 若实数满足 22 1xy，则的最大值为；, x y 2 y x 3 3 函数 ( )3sin 2 3 f xx 的图像关于点 2 0 3 ，对称 三、解答题：本题共 6 小题，共 70 分 17(本小题满分 10 分) 函数( )3sin(2) 6 f xx 的部分图象如图所示 （）写出( )f x 的最小正周期及图中 00 ,xy的值； （）求( )f x 在区间, 212 上的最大值和最小值 18 （本小题满分12分）某校从高一年级学生 中随机抽取40名学生，将他们的期中考试数学 成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整 数） 分成六段：40,50)，50,60)，90,100 后得到如右图的频率分布直方图 （）求图中实数a的值； （）若该校高一年级共有学生640人，试估计该 校高一年级期中考试数学成绩不低于60分的人数； （）若从数学成绩在40,50)与90,100两个分 数段内的学生中随机选取两名学生，求这两名学生 的数学成绩之差的绝对值不大于10的概率 19 （本小题满分 12 分）如图 1，在直角梯形ABCD中， 90 ,/ /,ADCCDAB 4AB ，2ADCD，点M为线段AB的中点，将ADC沿AC折起，使 平面ADC 平面ABC，得到几何体DABC，如图 2 所示 （）求证：BC 平面ACD； （）求二面角ACDM的余弦值 AB C D M 图 1 AB C D M 图 2 AB C D M 图 1 AB C D M 图 2 AB C D M 图 1 AB C D M 图 2 AB C D M 图 1 AB C D M 图 2 图 1 D A C B M 图 2 A M B D C 20 （本小题满分 12 分）数列的前项和为，且是和1的等差中 n an n S n a n S 项，等差 数列满足， n b 11 ba 43 bS （）求数列、的通项公式； n a n b （）设，数列的前项和为，证明：. 1 1 n nn c b b n cn n T 11 32 n T 21 （本小题满分 12 分）已知向量)sin,(sinBAm ，)cos,(cosABn ， Cnm2sin， 且A、B、C分别为ABC的三边a、b、c所对的角 （）求角C的大小； （）若Asin，Csin，Bsin成等差数列，且18)(ACABCA，求c边的 长 22 （本小题满分 12 分）已知椭圆 22 :1 43 xy E 与y轴的正半轴相交于点M， 且椭圆E上相异两点A、B满足直线MA,MB的斜率之积为 4 1 （）证明直线AB恒过定点，并求定点的坐标； （）求ABM的面积的最大值 2020 学年度第一学期期中考试高二年级理科数学试题答案 1C 2C 3A 4B 5D 6C 7D 8A 9D 10D 11C 12B 13 1 6 1468 1532 16 17解：（）f(x)的最小正周期为 T，x0，y03. 2 2 7 6 （）因为 x，所以 2x， 2 ， 12 6 5 6 ，0 于是当 2x0，即 x时，f(x)取得最大值 0； 6 12 当 2x，即 x时，f(x)取得最小值3. 6 2 3 18解：（）由于图中所有小矩形的面积之和等于1， 所以10 (0.0050.01 0.020.0250.01)1a ，解得0.03a （）根据频率分布直方图，成绩不低于60分的频率为 1 10 (0.0050.01)0.85由于该校高一年级共有学生640人，可估计该校 高一年级数学成绩不低于60分的人数约为640 0.85544人 （）成绩在40,50)分数段内的人数为40 0.052人，成绩在90,100分数 段内的人数为40 0.14人，若从这6名学生中随机抽取2人，则总的取法有 15如果两名学生的数学成绩都在40,50)分数段内或都在90,100分数段内， 那么这两名学生的数学成绩之差的绝对值一定不大于10如果一个成绩在 40,50)分数段内，另一个成绩在90,100分数段内，那么这两名学生的数学 成绩之差的绝对值一定大于10则所取两名学生的数学成绩之差的绝对值不 大于10分的取法数为7 所以所求概率为 7 () 15 P M 19 （）证明：由已知可得：2 2AC ，45CAB， 由余弦定理 8CB 从而 222 ACBCAB，ACBC 平面ADC 平面ABC， 平面ADC 平面ABCAC BC 平面ACD （）解：取AC的中点O,连接DO，MO， 由题意知DO 平面ABC， O，M分别是AC，AB的中点，/OMBC，OMAC， 以O为坐标原点，OA，OM，OD所在的直线分别为x，y，z 轴，建立如 图所示的空间直角坐标系xyzO 由（）知，(0,2,0),(2,0,0),(0,0,2)MCD ( 2,2,0)CM ，( 2,0,2)CD 设平面CDM的法向量为= ()x,y,zn，则有 0 0 CM CD n n 即 220 220 xy xz 取1x ，得( 1,1,1) n 由题易知平面ACD的法向量为(0,1,0)m 3 cos, 3 m n m n m n 所以二面角ACDM的余弦值为 3 3 20解：（）是和 的等差中项， n a n S121 nn Sa 当时，1n 111 21aSa 1 1a 当时，2n 111 (21)(21)22 nnnnnnn aSSaaaa ，又 1 10a ，则 1 2 nn aa 1 2 n n a a 数列是以为首项，为公比的等比数列， n a 1 1a 2 ， 1 2n n a 21 n n S 设的公差为， n bd 11 1ba 4 1 37bd 2d 1 (1) 221 n bnn （） 1 11111 () (21)(21)2 2121 n nn c b bnnnn 11111111 (1.)(1) 2335212122121 n n T nnnn AB C D M 图 1 AB C D M 图 2 AB C D M 图 1 AB C D M 图 2 AB C D M 图 1 AB C D M 图 2 AB C D M 图 1 AB C D M 图 2 A M B D C O x y z , * nN 111 1 2212 n T n 1 11 0 21212121 nn nn TT nnnn 数列是一个递增数列， n T 1 1 3 n TT 综上所述， 11 32 n T 21解：（） )sin(cossincossinBAABBAnm 对于 CBACCBAABCsin)sin( 0 , , ， .sinCnm又Cnm2sin， . 3 , 2 1 cos,sin2sin CCCC （）由 BACBCAsinsinsin2,sin,sin,sin得成等差比数列 ， 由正弦定理得 .2bac 18,18)(CBCAACABCA ，即 .36,18cosabCab 由余弦弦定理 abbaCabbac3)(cos2 2222 ， 36,3634 222 ccc ， . 6 c 22解：（）由椭圆E的方程得，上顶点 ),(),(),3, 0( 2211 yxByxAM记由题意知，0, 0 21 xx，若直线AB的斜率不 存在，则直线AB的方程为 1 xx，故 12 yy ，且 2 22 1 12 3(1) 4 x yy，因此 2 121 2 121 3333 4 MAMB yyy kk xxx ，与已知不符，因此直线AB的斜率 存在，设直线AB：ykxm，代入椭圆E的方程 22 1 43 xy 得： 0)3(4843 222 mkmxxk 记记 因为直线AB与曲线E有公共点,A B，所以方程有两个非零不等实根 12 ,x x ， 所以 2 1212 22 84(3) , 3434 kmm xxx x kk ， 又 2 2 2 2 1 1 1 1 33 , 33 x mkx x y k x mkx x y k MBAM ， 由 4 1 BMAM kk，得,)3(34 2121 xxmkxmkx）（ 即, 0)3(4)(3(414 2 2121 2 mxxmkxxk）（ 所以, 0)43()3(4)8)(3(4) 14(34 2222 kmkmmkkm）（ 化简