长春市东北师大附中2020-2021学年度上学期数学理科试卷

2020年-2021年最新

上学期数学理科试卷 高二数学期末考试

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分

第Ⅰ卷（选择题）

一、 选择题：本大题共12小题，每题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. “若xa且xb,则x(ab)xab0”的否命题是（ ） A．若xa且xb,则x(ab)xab0 B． 若xa或xb,则x(ab)xab0 C．若xa且xb,则x(ab)xab0 D．若xa或xb,则x(ab)xab0

2．方程axby1表示双曲线的必要不充分条件是( ) A．a0且b0

B． a0且b0C． ab5D．ab0

22222222

3．已知命题P:mR,方程xmx10有实根,则P的形式是（ ） A．mR,方程xmx10无实根

22

B．至少有一个mR,方程xmx10有实根 C． mR,方程xmx10无实根

D．至多有一个mR,方程xmx10有实根

4.已知随机变量X服从正态分布N(2,1),若p(X1)0.1585,则

22p(X3)( )

A．0.3415 B．

0.1585 C．0.3170 D．0.6830

5．阅读如下程序框图,运行相应的程序,则输出i的值为（ ） A．3

B． 4 C． 5 D．6

6．在平行六面体ABCDABCD中，O是上底面的中心，设ABa,ADb,AA'c，则AO=（ ） A．

''''''111abc 222B．

1111abcC． abcD． abc 2222

7．在样本的频率分布直方图中，共有11个小长方形，若中间一个小长方形的面积等于其它10个小长方形的面积和的A．32

1，且样本容量为160，则中间一组的频数为（ ） 4B．0.2 C． 40 D． 0.25

x2y2x2y28．已知ab0,e1,e2分别为圆锥曲线221和221的离心率，则lge1lge2的值为

abab（ ） A．正数

B．负数 C． 零 D． 不确定

9．某单位拟安排6位员工在今年6月20日至22日（端午节假期）值班，每天安排2人，每人值班1

天，若6位员工中的甲不值20日，乙不值22日，则不同的安排方法共有（ ） A．30种

B． 36种 C． 42种 D． 48种

10．先后掷两次正方体骰子（骰子的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6），骰子朝上的面的点数分别为m、n，则mn是奇数的概率是（ ） A．

1 2B．

1C． 3 11D．

4 511．已知双曲线C的离心率为2，焦点F1、F2，点A在C上，若F，则cosAF2F1 1A2F2AA．

1 4B．

1C．

3 22D．

4 312.抛物线的焦点为F，已知点A，B为抛物线上的两个动点，且满足

，过弦AB的中点M做抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则的最大值为（ ）

A．

3 B． 1 C． 323D． 2

3

第Ⅱ卷（非选择题，共72分）

二、 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知A（4，1，3）、B（2，-5，1）、C（3，7，

），若ABAC，则= ；

x2y2214．设双曲线221(a0,b0)的渐近线与抛物线yx1相切，则该双曲线的离心率

ab等于 ；

15．将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放两张，其中标号为

1，2的卡片放入同一个信封，则不同的放法共有 ；

x2y2x2y216．若椭圆C1:221(a1b10)和椭圆C2:221(a2b20)的焦点相同，给出下列

a1b1a2b22222四个结论：①椭圆C1和椭圆C2一定没有公共点；②a1a2b1b2；③

a1b1；④a2b2a1a2b1b2，其中所有正确结论的序号是 。

三、 解答题：本题共6小题，共72分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17．（本题满分12分）下表提供了某厂节油降耗技术使用后生产甲产品过程中记录的产量x（吨）与相应的生产能耗y（吨标准煤）的几组对应数据：

x 3 4 5 6 y 2.5 3 4 4.5 ˆbxa （1） 请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程y（2） 已知该厂技术改革前100吨甲产品的生产能耗为90吨标准煤，试根据第（1）问求出的线性回归方程，预测生产100吨甲产品的生产能耗比技改前降低多少标准煤？

（参考公式：bxynxyiii1nnxi12inx2,bybx）

118．（本题满分12分）若x展开式中前三项的系数成等差数列 42x（1）求展开式中关于x的有理项

（2）求展开式中二项式系数最大的项

n

19．（本题满分12分）甲、乙两人进行射击比赛，在一轮比赛中，甲、乙各射击一发子弹，根据以往资料知，甲击中8环，9环，10环的概率分别为0.6，0.3，0.1，乙击中8环，9环，10环的概率分别为0.4，0.4，0.2，设甲、乙的射击相互独立

（1）求在一轮比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数的概率

（2）求在独立的三轮比赛中，至少有两轮甲击中的环数多于乙击中的环数的概率

20．（本题满分12分）如图，四边形ABCD是正方形，PD平面ABCD，DPC30 ，AFPC于点F，

FE//CD，交PD于点E （1）证明：CF平面ADF

（2）求二面角D-AF-E的余弦值

21．（本题满分12分）袋子A和B中装有若干个均匀的红球和白球，从A中摸出一个红球的概率是，从B中摸出一个一个红球的概率是p

（1）从A中有放回的摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止，记5次之内（含5次）摸到红球的次数为，求随机变量的分布列和数学期望E

13（2）若A、B两个袋子中的球数之比为1：2，将A、B中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是求p得值

2，5x2y222．（本题满分12分）给定椭圆C:221(ab0)，称圆心在坐标原点O，半径为a2b2的圆ab是椭圆C的“伴随圆”，若椭圆C的一个焦点为F2(2,0)，其短轴上一个端点到F2的距离为3 （1）求椭圆C及其“伴随圆”的方程

（2）若过点P(0,m)(m0)的直线与椭圆C只有一个公共点，且截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为22，求m的值

（3）过椭圆C“伴随圆”上一动点Q作直线l1、l2，使得l1、l2与椭圆C豆只有一个公共点，试判断直线

l1、l2的斜率之积是否为定值，并说明理由。

高二数学期末考试参考答案

1.答案：D

解析：否命题是把条件结论均否定，在否定的时候“且”要变成“或” 2.答案：C

解析：若方程ax2by21表示双曲线，则ab0，所以选择C 3.答案：C

解析：P是命题P的否定，带有存在量词的否定，要变成全称量词 4.答案：B

解析：由已知可得该正态分布中2，所以p(X3)p(X1)0.1585

5.答案：B

解析：第一次循环时，i1，a2；

第二次循环时，i2，a5；第三次循环时i3，a16 第四次循环时，i4，a74

6.答案：B

解析：连接O'与下底面中心O，则AO'AOOO'12a12bc 7.答案：A

解析：由已知得中间小长方形的面积为15，即频率为0.2。所以频数为0.216032 8.答案：B

解析：因为eb2b2b2b2b411a2,e21a2,e1e21a2•1a21a41lge1lge2lge1e20

9.答案：C

2 解析：甲、乙同组，则只能排在21日，有

C46种排法

所以

，

甲、乙不同组，有

C41C31(A221)36种排法，故共有42种方法

10.答案：A

解析：根据题意，记mn是奇数为事件A，分析可得m、n都有6种情况，掷两次正方体骰子共有36种情况，若mn是奇数，则m和n一个为奇数，一个为偶数，则共有23318种情况，所以

p(A)181 36211.答案：A

解析：由已知得点A在C右支上，所以F，又F，则F，1AF2A2a1A2F2A1A4a,F2A2a又因为离心率为

222，即

2c2,c2a，所以aF1F22c4a，所以

cosAF2F112.答案：A

AF2F1F2AF12AF2F1F2(2a)2(4a)2(4a)21

22a4a4解析：设ABF,(0,3)，由正弦定理得

AFsinBFsin(2)3AB。所以2sin3AFBFsinsin(2)3ABAFBF，即2ABsin3sinsin(sin232)32sin()，由梯形的性

33MN31质得 sin()，所以时，值最大，为36AB3313.解析：AB(2,6,2),AC(1,6,3)，所以AB•AC236260,14

y14.解析：双曲线一条渐近线方程为

22bxa2yx1联立得：，与抛物线

bx2x10a，因为相切，

bbb40,41双曲线的离心率为5 所以，

aaa15.解析：由题意知本题是一个分步计数问题，先从3个信封中选一个放1，2有3种不同的选法，再从剩下的4个数中选两个放一个信封有C4=6，余下放入最后一个信封，∴共有3C4=18，故答案为：18

222216.解析：由题意得，a1b1a2b2,即a1a2b1b2，假设a1a2，所以b1b2，所以①

2

2

22222

③④正确 17.解析:（1） 序号 1 2 3 4 xi 3 4 5 6 18 yi 2.5 3 4 4.5 14 xi2 9 16 25 36 86 xiyi 7.5 12 20 27 66.5  x4.5,y3.5

b66.544.53.50.7,aybx3.50.74.50.35

8644.52ˆ0.7x0.35 所以，y关于x的线性回归方程yˆ0.71000.3570.35,9070.3519.65 (2)当x100时，y答：生产100吨甲产品的生产能耗比技改前降低19.65吨标准煤

18.答案：

解析：二项式的展开式的通项公式为：Tk1C(x)knnk(12x4)C2xkknk2n3k4

前三项的k0,1,2，得系数分别为1,163k4111n,n(n1)，由已知得n1n(n1) 288所以n8，所以Tk1C2xk8k则k0,4,8时，得有理项分别为

88816244T1x,T5C2x4484161248x,T9C2x412x 25674x 4（2）k5时，二项式系数最大，T6C2x19.答案：(1)0.2(2)0.104

58516154解析：设A1,A2分别表示甲击中9环，10环，B1,B2分别表示乙击中8环，9环，A表示甲在一轮比赛中的环数多于乙击中的环数，B表示在三轮比赛中至少有两轮甲击中的环数多于乙击中的环数，C1,C2分别表

示三轮中恰有两轮，三轮甲击中环数多于乙击中的环数 （1）AA1B1A2B1A2B2

p(A)p(A1B1A2B1A2B2)（pA1B1）p(A2B1)p(A2B2)0.30.40.10.40.10.40.2（2）BC1C2

2p(C1)C3p(A)1p(A)30.22(10.2)0.096p(C2)p(A)0.230.008

23p(B)p(C1C2)p(C1)p(C2)0.0960.0080.104

20.答案：解（1）

（2）

257 19析：

21.解析：（1）随机变量的取值为0，1，2，3 由n次独立重复试验概率公式p(k)Cnp(1p)kknk得

23280128011124p(0)()5p(1)C5()()p(2)C52()2()3

324333243332431211722213p(3)()3C32()()3C4()()

3333381 p 0 1 2 3 32 24380 24380 24317 81所以E032808017131123 24324324381811m2mp1323（2） 设A袋中有m个球，则B袋中有2m个球，由题意得解得p

303m522.解析：（1）由已知得c2,a3,b1,a2b22

x2y21其“伴随圆”的方程为x2y24 所以椭圆C的方程为3（2）设过点P(0,m)与椭圆C只有一个公共点的直线l为ykxm

ykxm222(13k)x6kmx3m30 则x2，整理得2y13所以，(6km)4(13k)(3m3)0解得3k1m① 又因为直线截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为22 则有22(222222mk212)222化简得m22(k21)②

2联立①②解得m4,k1所以m2

22（3）当l1、l2都有斜率时，设点Q(x0,y0)，其中x0y04

设经过点Q(x0,y0)与椭圆只有一个公共点的直线为yk(xx0)y0

yk(xx0)y022由x2，消去得到x3kx(ykx)30 y002y13222即(13k)x6k(y0kx0)x3(y0kx0)30

26k(y0kx0)4(13k2)3(ykx)3000

2经过化简得到：3x02k22x0y0k1y020

22因为x0y04，所以有3x02k22x0y0kx0230

设直线l1、l2的斜率分别为k1,k2，因为l1、l2与椭圆都只有一个公共点，所以k1,k2满足方程

3xk2022x0y0kx0230

因而k1k21，即直线l1、l2的斜率之积为定值-1