广东省揭阳市兴文中学2021年高二数学理期末试卷含解析

广东省揭阳市兴文中学2021年高二数学理期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.是虚数单位，（

）

A．-1

B．1

C．

D．

参考答案：B略2.满足条件M{0，1，2}的集合共有（）A．3个B．6个C．7个D．8个参考答案：B略3.抛物线的焦点坐标为（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：D略4.用数学归纳法证明n(n＋1)(2n＋1)能被6整除时，由归纳假设推证n＝k＋1时命题成立，需将n＝k＋1时的原式表示成()A．k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)

B．6k(k＋1)(2k＋1)C．k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)2

D．以上都不对参考答案：C略5.已知平面向量，，且//，则＝（

）A、

B、

C、

D、参考答案：B6.双曲线C的左右焦点分别为F1，F2，且F2恰为抛物线y2=4x的焦点，设双曲线C与该抛物线的一个交点为A，若△AF1F2是以AF1为底边的等腰三角形，则双曲线C的离心率为（）A． B．1 C．1 D．2参考答案：B【考点】双曲线的简单性质．【分析】求出抛物线的焦点坐标，即可得到双曲线C的值，利用抛物线与双曲线的交点以及△AF1F2是以AF1为底边的等腰三角形，结合双曲线a、b、c关系求出a的值，然后求出离心率．【解答】解：抛物线的焦点坐标（1，0），所以双曲线中，c=1，又由已知得|AF2|=|F1F2|=2，而抛物线准线为x=﹣1，根据抛物线的定义A点到准线的距离=|AF2|=2，因此A点坐标为（1，2），由此可知是△AF1F2是以AF1为斜边的等腰直角三角形，因为双曲线C与该抛物线的一个交点为A，若△AF1F2是以AF1为底边的等腰三角形，所以双曲线的离心率e=====+1．故选B．7.对于大于1的自然数的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：，，，…，仿此，若的“分裂数”中有一个是61，则的值是（

）

A.6

B.7

C.8

D.9参考答案：C8.已知某锥体的三视图（单位：cm）如图所示，则该锥体的体积为（）A．2cm3 B．4cm3 C．6cm3 D．8cm3参考答案：A【考点】由三视图求面积、体积．【分析】几何体为四棱锥，结合直观图判断棱锥的高与底面四边形的形状，判断相关几何量的数据，把数据代入棱锥的体积公式计算．【解答】解：由三视图知：几何体为四棱锥，如图：其中SA⊥平面ABCD，SA=2，四边形ABCD为直角梯形，AD=1，BC=2，AB=2，∴四棱锥的体积V=××2×2=2（cm3）．故选：A．9.焦点分别为（﹣2，0），（2，0）且经过点（2，3）的双曲线的标准方程为(

)A．x2﹣=1 B． C．y2﹣=1 D．参考答案：A【考点】双曲线的简单性质．【专题】计算题；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】先根据双曲线上的点和焦点坐标，分别求得点到两焦点的距离二者相减求得a，进而根据焦点坐标求得c，进而求得b，则双曲线方程可得．【解答】解：2a=﹣3=2∴a=1∵c=2∴b=∴双曲线方程为x2﹣=1．故选：A．【点评】本题主要考查了双曲线的标准方程．考查了学生对双曲线基础知识的理解和灵活把握．10.若，，则下列命题中成立的是

(

)

A．

B

C．

D．参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知单位正方形，点为中点．过点与直线所成角为45°，且与平面所成角为60°的直线条数为__________．参考答案：2过点与直线所成角为，且与平面所成角为的直线条数与过与直线所成角为，且与平面所在的角为的直线条数相同，过与直线所成角为的直线为以为项点，以为轴线的圆锥的母线，过且与平面所成角为的直线是以为顶点，以为轴线，顶角为的圆锥的母线，由于，所以，故这两个圆锥曲面的相交，有条交线，从而过点与直线所成角为，且与平面所成角为的直线条数为．12.某校1000名高三学生参加了一次数学考试，这次考试考生的分数服从正态分布.若分数在(70,110]内的概率为0.7，估计这次考试分数不超过70的人数为________．参考答案：150【分析】由题意结合正态分布的对称性可得考试分数不超过70的人数.【详解】由题意可知正态分布的对称轴为，据此可估计这次考试分数不超过70的人数为：.【点睛】关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值．②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.13.设数列的前n项和为，令=，称为数列a1，a2，…，an的“理想数”，已知数列a1，a2，……，a100的“理想数”为101，那么数列2，a1，a2，……，a100的“理想数”为____________。参考答案：10214.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且△ABC的外接圆半径为1，若，则△ABC的面积为______．参考答案：分析：由正弦定理可把其中一边化为角，从而由及由公式求得面积.

详解：由题意得，即，∴，故答案为.点睛：正弦定理：，利用它把三角形的边角与外接圆半径建立联系，这样可得三角形面积为.15.已知是定义在上的奇函数，且，则不等式的解集是

.参考答案：

16.如图所示，把一块边长是的正方形铁片的各角切去大小相同的小正方形，再把它的边沿着虚线折转作成一个无盖方底的盒子，当盒子的容积最大时，切去的正方形的边长为

______

。

参考答案：17.设,是纯虚数,其中是虚数单位,则

.参考答案：-2三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量，，且．（1）求角B的大小；（2）若b=2，△ABC的面积为，求a+c的值．参考答案：【考点】HP：正弦定理；HR：余弦定理．【分析】（1）由已知利用平面向量共线的性质可得，由正弦定理，同角三角函数基本关系式，结合sinA＞0，化简可得，结合B的范围可求B的值．（2）由已知及三角形面积公式可解得ac=4，进而利用余弦定理整理可求a+c的值．【解答】解：（1）∵，∴，∴由正弦定理，得，∵sinA＞0，∴，即，∵0＜B＜π，∴．（2）∵由三角形面积公式，得，∴解得ac=4，∵由余弦定理，b2=a2+c2﹣2accosB，可得：4=a2+c2﹣2ac×=（a+c）2﹣3ac=（a+c）2﹣12，∴a+c=4．19.(本小题满分12分)已知函数，其导函数的图象过原点．（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；（2）若存在，使得，求的最大值；（3）当时，确定函数的零点个数．参考答案：(1)因为，由已知，则.所以．

当时，，，则，.

故函数f(x)的图象在x=3处的切线方程为y-1=3(x-3)，即. (2)由，得.

当时，，所以.当且仅当时，故的最大值为.

(3)当时，的变化情况如下表：(－∞，0)0(－∞，a＋1)a＋1(a＋1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗∵的极大值，的极小值， 由，则.又．所以函数在区间内各有一个零点.故函数共有三个零点．20.如图四棱锥E﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，△BCE为等边三角形，△ABE是以∠A为直角的等腰直角三角形，且AC=BC．（Ⅰ）证明：平面ABE⊥平面BCE；（Ⅱ）求二面角A﹣DE﹣C的余弦值．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）设O为BE的中点，连接AO与CO，说明AO⊥BE，CO⊥BE．证明AO⊥CO，然后证明平面ABE⊥平面BCE．（Ⅱ）以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系O﹣xyz，求出相关点的坐标，平面ADE的法向量，平面DEC的法向量，利用向量的数量积求解二面角A﹣DE﹣C的余弦值．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）证明：设O为BE的中点，连接AO与CO，则AO⊥BE，CO⊥BE．…设AC=BC=2，则AO=1，，?AO2+CO2=AC2，…∠AOC=90°，所以AO⊥CO，故平面ABE⊥平面BCE．…（Ⅱ）由（Ⅰ）可知AO，BE，CO两两互相垂直．OE的方向为x轴正方向，OE为单位长，以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系O﹣xyz，则A（0，0，1），E（1，0，0），，B（﹣1，0，0），，所以，，，，，…设=（x，y，z）是平面ADE的法向量，则，即所以，设是平面DEC的法向量，则，同理可取，…则=，所以二面角A﹣DE﹣C的余弦值为．…21.在直角坐标系中,以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线,已知过点的直线的参数方程为:（为参数）,直线与曲线分别交于两点．(1)写出曲线和直线的普通方程；(2)若成等比数列,求的值．参考答案：(1)由得曲线C:,消去参数t可求得,直线l的普通方程为．--------------------------------------------4分(2)直线l的参数方程为(t为参数