【文档说明】深圳市高二下学期期末调研考试数学试题（及答案）.docx，共(17)页，1.147 MB，由baby熊上传

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数学试卷第1页共17页绝密★启用前试卷类型：A深圳市2021年普通高中高二年级调研考试数学2021.7本试卷共6页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的

签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损．2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上．3．非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔

作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回．一、单项选择题：本题共8道小题，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{|()<0}Axxx，{|11}Bxx，则=ABA．{|12}xxB．{|01}xxC．{|12}xxx，或

D．{|01}xxx，或2．已知复数3i12iz（i为虚数单位），则||zA．1B．2C．3D．23．已知向量(1)ma，，(2)nb，，若||2a，ab，则mnA．3B．3C．6D．64．4名同学参加3个课外知识讲座，每

名同学必须且只能随机选择其中的一个，不同的选法种数是A．43B．34C．12D．245．已知数列{}na的前n项和27nSnn，若35ka，则kA．8B．7C．6D．56．已知p：“01a，1b”，q：“()xfxab(0a，且1)a的图象不过第一象限”

，则p是q的数学试卷第2页共17页A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件7．若1ab，01c，则下列式子成立的是A．loglogabccB．baacbcC．loglog

abbcacD．baab8．设0k，若存在正实数x，使得不等式127log30kxxk≥成立，则k的最大值为A．1eln3B．ln3eC．eln3D．ln32二、多项选择题：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．若P是双曲线2219xyCm：上一点，C的一个焦点坐标为(40)F，，则下列结论中正确的是A．=5mB．渐近线方程为73yxC．||PF的最小值是1D．焦点到渐近线的距离是710．已知双曲函数是一类与三角函数性质类似的函

数．双曲余弦函数为eech2xxx，双曲正弦函数为eesh2xxx．则下列结论中正确的是A．(ch)shxxB．22(sh)(ch)1xxC．sh22shchxxxD．chx是奇函数11．设函数π()sin(2)3fxx的图象为曲线E，则下列结论中正确的

是A．π(0)12，是曲线E的一个对称中心B．若12xx，且12()()0fxfx，则12||xx的最小值为π2C．将曲线sin2yx向右平移π3个单位长度，与曲线E重合D．将曲线πsin()3yx上各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐

标不变，与曲线E重合12．如图，菱形ABCD边长为2，60BAD，E为边AB的中点．将ADE△沿DE折起，使A到A，且平面ADE平面BCDE，连接AB，AC．ACBDEA'CBDE数学试卷第3页共17页则下列结论中正确的是A．BDACB．四面体ACDE的外接球表面

积为8πC．BC与AD所成角的余弦值为34D．直线AB与平面ACD所成角的正弦值为64三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线()sinfxxx在π2x处的切线方程为．14．设抛物线220ypxp

（）的焦点为F，抛物线上一点0(3)My，到F的距离为6，则0=y．15．中国工程院院士袁隆平，被誉为“世界杂交水稻之父”．他发明的“三系法”籼型杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系．某地种植超级杂交稻，产量从第一期大面积亩产760公斤，到第二期亩产810公斤，第三期亩产8

60公斤，第四期亩产1030公斤．将第一期视为第二期的父代，第二期视为第三期的父代，或第一期视为第三期的祖父代，并且认为子代的产量与父代的产量有关，请用线性回归分析的方法预测第五期的产量为每亩公斤．附：用最小二乘法求得线性回归方程为ˆˆybxa，其中121()()ˆ()niiin

iixxyybxx，ˆˆaybx．16．英国数学家泰勒发现了公式：357sin3!5!7!xxxxx…，瑞士大数学家欧拉凭着他非凡的数学洞察力，由此公式得到了下面的无穷级数之和，并最终给出了

严格证明．2221111234…．其发现过程简单分析如下：当0x时，有246sin13!5!7!xxxxx…，容易看出方程sin0xx的所有解为：π，2π，…，πn，…，于是方程sin0xx可写成：222222(π)(2π)(π

)0xxxn……，改写成：22222222(1)110π2ππxxxn……．（*）比较方程（*）与方程246103!5!7!xxx…中2x项的系数，

即可得2221111234…__________．数学试卷第4页共17页ACBFED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．（10分）已知ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2sincos2sinsinA

BCB．（1）求角A；（2）若4a，25bc，求ABC△的面积．18．（12分）已知等差数列{}na的前n项和为nS，数列{}nb为等比数列，满足122ab，530S，42b是3b与5b的等差中项．（1）求数列{}na，{}nb的通项公式；（2）若

nnncab，nT是数列{}nc的前n项和，求nT．19．（12分）如图，在五面体ABCDEF中，面ADEF为矩形，且与面ABCD垂直，90BCD，112ADCDBC，2DE．（1）证明：A

D//BC；（2）求平面ACE与平面BCEF所成的锐二面角的余弦值．数学试卷第5页共17页20．（12分）从某企业生产的某种产品中抽取1000件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布表和频率分布直方图．（1）求m，

n，a的值；（2）求出这1000件产品质量指标值的样本平均数x（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布2()N，，其中近似为样本平均数x，2近似为样本方差2s，其中已计算得252.6．如果产品的质量指标值位于区间

(10.5039.50)，，企业每件产品可以获利10元，如果产品的质量指标值位于区间(10.5039.50)，之外，企业每件产品要损失100元，从该企业一天生产的产品中随机抽取20件产品，记X为抽取的20件产品所获得的总利润，求EX．附：

52.67.25，()0.6826Px，(22)0.9544Px．分组频数频率[2.5，7.5)20.002[7.5，12.5)m0.054[12.5，17.5)1060.106[17.5，22.5)1490

.149[22.5，27.5)352n[27.5，32.5)1900.190[32.5，37.5)1000.100[37.5，42.5)470.047合计10001.00000.010.020.030.040.050.060.072.57.51

2.517.522.527.532.537.542.5a质量指标值频率/组距数学试卷第6页共17页21．（12分）已知椭圆2222:10xyCabab（）的长轴长为4，离心率为32，（1）求椭圆C的方程；（2）过椭圆C上的点00)(,Axy000xy（）的直线l与x，y轴的交

点分别为M，N，且2ANMA，过原点O的直线m与l平行，且与C交于B，D两点，求ABD△面积的最大值．22．（12分）已知函数21()e(2)(1)2xfxxxax，aR，e=2.71828…是自然对数的底数．（1）当0a时，讨论()fx的单调性；（2）当2x≤时，()0fx≥，求a

的取值范围．2021年深圳市高二期末调研考试数学试题答案及评分参考一、单项选择题：题号12345678OAxDMNBy绝密★启封并使用完毕前试题类型：A数学试卷第7页共17页答案BBDACACA二、多项选择题：题号91011

12答案BCDACBDBCD三、填空题：13.yx；14.6；15.1384；16.2π6.8．解：因为313log3kxxk≥，所以3log3kxxk≥，因为0x，所以3log3kxxxkx≥即3log33log3xkxxkx≥．因为0x，设函数3xfxx

在(0)，为增函数，所以3log0xkx≥所以3logxkx≤．又函数3logxyx在(0e)，为增函数，在(e)，为减函数，所以k的最大值为1eln3．命题意图：本题涉及函数与导数知识，重点考查函数的单调性以及构造新函数，对学生的逻辑推理能力，运算能力的都有

比较高的要求．15．解：因为810x，900y，所以31()()760810(810900)(860810)(1030900)11000iiixxyy，32221()(760810)8608105000iixx，所以11

000ˆˆˆ2.2,8825000baybx，所以第五期产量为10302.28821384y．命题意图：以粮食产量为命题背景，结合生活实例，激发学生爱国热情，向伟人学习.考查统计中的回归分析，重点考查学生数据分析

，对核心概念的理解．四、解答题：17．解：（1）法一：由2sincos2sinsinABCB得，2sincos2sin()sinABABB，„„„„„„„1分整理得，sin(2cos1)0BA．„„„„„„„2分

∵(0π)B，，sin0B，„„„„„„„3分数学试卷第8页共17页∴2cos10A，即1cos2A．„„„„„„„4分又(0π)A，，所以，2π3A．„„„„„„„5分法二：由2sincos2sinsinABC

B应用正弦定理得，2cos2aBcb，„„„„„„„1分即222222acbacbbc，„„„„„„„2分整理得，222acbbc，„„„„„„„3分于是2221cos22bcaAbc，„„„„„„„4分又(0π)A，，所以，2π3A

．„„„„„„„5分法三：由2sincos2sinsinABCB应用正弦定理，得2cos2aBcb，„„„„„„„1分由余弦定理，可得coscoscaBbA，代入上式，得„„„„„„„2分2cos0bAb．„„„„„„„3

分∵0b，∴1cos2A，„„„„„„„4分又(0π)A，，所以，2π3A．„„„„„„„5分（2）4a，25bc，由余弦定理，得2222cosabcbcA，„„„„„„„6分222()bcbcbcbc„

„„„„„„7分即1620bc，则4bc．„„„„„„„8分于是1sin2ABCSbcA△134322．„„„„„„„10分命题意图：本题是一道解三角形的常规题型．涉及三角形内角和、三角恒等变换、正弦定理、余弦定理、三角形面积等核心知识，重点考查逻辑推理和数学运算

等数学素养，同时关注化归与转化的思想方法．18．解：（1）设等差数列{}na的公差为d，等比数列{}nb的公比为q，由122ab，530S，42b是3b与5b的等差中项，521030d，2d„„„„„„

„„„„„„„„„„„„„„„„„1分则数学试卷第9页共17页22(1)2nann；„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分12bq，4352(2)bbb，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分即32

41112(2)bqbqbq，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分11b，2q，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分12nnb；„„„„„„„„

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分（2）2nnnnbban，所以23122232...2nnTn，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„7分23412122232

...2nnTn，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分两式相减可得231222...22nnnTn，„„„„„„„„„„„„„„„„10分12(12)212nnn，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11分化简得，12(1)2n

nTn．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分优网命题意图：本题考查了等差数列和等比数列基本量的运算，错位相减法求和的相关知识，考查了方程和化归转化思想，考查了数学运算和逻辑推理的核心素养所．19．

解：（1）证明：∵面ADEF为矩形，ADEF，且AD平面BCEF，EF平面BCEF，„„„„„„„1分数学试卷第10页共17页ACBFEDxyz∴AD平面BCEF，„„„„„„„2分又AD平面ABCD，平面ABCD平面BCEFBC，„„„„„„„3分∴ADBC．„„„„„„„4分（2）

法一：（向量法）∵面ADEF为矩形面，DEAD，又面ADEF面ABCD，且面ADEF面ABCDAD，∴DE面ABCD，„„„„„„„5分由（1）知，ADBC.，又90BCD，∴ADCD，„„„„„„„6分∴DA，

DE，DC两两垂直，以DA，DE，DC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立图示空间直角坐标系，则(0,0,0)D，(1,0,0)A，(0,1,0)C，(0,0,2)E，(2,1,0)B，(1,0,2)F．„„„„„„„7分(1,1,0)AC，(1,0,2)AE，(2,0,0)BC

，(1,1,2)BF，„„„„„„„8分设平面ACE与平面BCEF的法向量分别为1111(,,)xyzn，2222(,,)xyzn，则110,0,ACnAEn220,0,BCnBFn∴1111020xyxz

，，22222020xxyz，，令11z，解得1(2,2,1)n，„„„„„„„9分令21z，解得2(0,2,1)n，„„„„„„„10分于是121212||2115cos||

||553nnnnnn，，„„„„„„„11分的余弦值为155．„„„„„12分所以平面BCEF与平面ACE所成的锐二面角数学试卷第11页共17页FEACBDM法二：（几何法）由（1）知，AD

BC，ADDE，∴BCDE，又90BCD，∴BCCD，且CDDED，„„„„„„„5分∴BC平面CDE，且BC平面BCEF，∴平面BCEF平面CDE．∴二面角ACEB与二面角ACED之和为π2．

„„„„„„6分易知AD平面CDE，∴ADCE．如图，在RtCDE△中作DMCE，垂足为M，连接AM，„„„„„„„7分ADDMD，∴CE平面ADM，则AMCE，„„„„„„8分AMD即为平面ACE

与平面ADE所成二面角的平面角．„„„„„„9分2633DECDDMCE，22153AMADDM，„„„„„„10分则15sin5ADAMDAM．„„„„„„11分即平面BCEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为155．„„„„„„12分

法三：（构造空间角）如图，取BC中点G，连接AG，FG，则由（1）可知CGADEF，CGADEF且AD平面CDE，∴多面体AGFDCE是直三棱柱．„„„„„„5分如图在RtAFG△中作ANFG，

垂足为N，„„„„„„6分作MNCG，交CE于点M，连接AM，„„„„„„7分则MNCE，ANCE，数学试卷第12页共17页且MNANN，∴CE平面AMN，则AMCE，„„„„„„8分所以，AMN即为平面AC

E与平面CDE所成二面角的平面角．„9分2633AFAGANFG，22153AMANMN，„„„„„„10分15cos5MNAMNAM．„„„„„„11分所以平面BCEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为155．„„„„12分命题

意图：本题是以五面体为载体，以长方体切割为背景，以空间几何体的结构，线线、线面平行的判定与性质，线面、面面垂直的判定与性质，空间角的构造与计算等核心知识为问题，重点考查综合几何法和向量法解决空间几何问题的基本能

力，和直观想象、逻辑推理与数学运算等数学素养，同时关注方程思想和化归与转化的思想，体现一题多解的策略，更体现开放大气的命题情怀．20．解：（1）结合频率分布表可以得到54m，0.352n，0.190.03

8.5a„„„„„„3分（2）抽取这1000件产品质量指标值的样本平均数x为：50.002100.054150.106200.149250.352300.190350.1400.04725x，„„„„„„„

„„„6分（3）因为52.67.25，由（2）知(2552.6)ZN，，„„„„„„„„8分从而10.5039.502527.252527.250.9544PZPZ，设Y为随机抽取20件产品质量指标值位

于(10.5039.50)，之外的件数.依题意知(200.0456)YB，，所以200.04560.912EY，„„„„„„„„„„10分所以10010200.954499.68.EXEY答：该企业从一天生产的产品中随机抽取20件产品的利润为99.68.„„„„„„„„„„

12FEACBDMNG数学试卷第13页共17页分命题意图：本题涉及频率分布直方图、频率分布表、正态分布，二项分布，随机变量分布列等知识，主要考查学生数据分析、数学运算、逻辑推理等能力.21．解法一：（1）点P在椭圆上且24

a，2a，„„„„„„„„„„„„„„„„1分又椭圆离心率为32，3c，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分由222abc解得21b．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分椭圆的标准方程为：2214xy．„„„„„„„„„„„„„

„„„„„„4分（2）点A在椭圆上，220014xy，即220044xy，„„„„„„„„„„„„„„„5分设经过点A的直线方程为：00()yykxx，可得00(,0)yMxk，00(0,)Nykx．2ANMA，002yxk即002ykx．直线MN斜

率为002ykx，BDl，BD方程为002yyxx，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分即0020yxxy，联立0022214yyxxxy，解得2202200416xxxy，022002||||16xxxy，2002

22220000042||8||211616yxBDxxyxy，„„„„„„„„„„„„„„7分点A到直线BD的距离为数学试卷第14页共17页0000002200|2|3||24yxxyxydyx，„„„„„„„„„„„8分0

022002200612116166ABCDxySBDdxyyx△，„„„„„„„„„„„„„„9分2222000022222200000016116116()()5944xxyyyxyxyx…

，„„„„„„„„„„„„„„10分220022001166302116yxyx，厔，2ABDS△„，„„„„„„„„„„„11分三角形ABD面积的最大值为2，当且仅当202024xy，即083x时，等号成立．„„12分解法二：（1）同解法一（2）设(,0)Mm，(0,)N

n，则00233mxny，00(,)Axy满足曲线220014xx上，则2224()433mn（），化简得，229mn．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分直线的l方程为1xy

mn，即:0lnxmymn，原点到(0,0)直线l的距离为22||mndmn，„„„„„„„„„„„„„„6分易得直线的m方程为0nxmy，设11(,)Bxy，22(,)Dxy，联立方程组：22044nxmyxy，化

简得2222(4)40mnxm，数学试卷第15页共17页则221212||1()()4nBDxxxxm222222164mnmmmn222244mnmn，„„„„„„„„„„„„„„7分222222114||||224ABCmnmnSBDdmnmn

△222222222||1221444mnmnmnmnnm，„„„„„„„„„„„„„„„8分又22222214114()()9mnnmnm„„„„„„„„„„„„„„„„„„„

„9分222222221414(5)(52)199mnmnnmnm≥，„„„„„„„„„„„„„„„10分2ABDS△„，三角形ABD面积的最大值为2，„„„„„„„„„„„„„11分当且仅当222mn时，202024xy，即083x时，等号成立．„„„

„„„„„12分命题意图：本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，基本不等式的应用，考查了数形结合的方法和化归思想，考查学生直观想象和数学运算的核心素养．22．解法一：（1）当0a时，21e(24)2xfxxx，„„„„„„„„„„1分令0f

x，得15x，由0fx，得1515x，由0fx，得15x或15x，„„„„„„„„„„„„„„3分数学试卷第16页共17页所以fx在(,15)上单调递减，在(15,15)上单调递增，在(15,)上单调递减．„„„„„„

„„„„„4分（2）由当时，，得21(1)202exaxxx≥，记21(1)()22exaxgxxx，则e()(2)exxagxx，„„„„„„„„„5分①当0a≤时，则()0gx≥，可知()gx在(,2)上单调递增，且5(1)2e02ga，不满足当

时，，舍去；„„„„„„„„„„„„„„„„7分②当20ea时，令0gx，得12x，2lnxa，因为ln2a，所以当lnxa时，()0gx，当ln2ax时，()0gx，故()gx在(,ln)a上单调递减，在(

ln,2)a上单调递增，所以2min1()(ln)(ln)ln102gxgaaa≥，解得1313eea≤≤，因为132ee，所以132eea≤；„„„„„„„„„„9分③当2ea≥

时，则ln2a≥，此时当2x时，()0gx，故()gx在(,2]上单调递减，所以min2()(2)20eagxg，解得22ea≤，所以22e2ea≤≤；„„„„„„„11分综上所述，a的取值范围是132[e,2e].„„„„„„„„12分解法二：（1）同解

法一（2）由当时，，得21(1)202exaxxx≥，记21(1)()22exaxgxxx，则e()(2)exxagxx，„„„„„„„„„5分由2(2)20eag≥，得22ea

≤，由5(1)2e02ga≥，得2x≤()0fx≥2x≤()0fx≥2x≤()0fx≥数学试卷第17页共17页252e4ea≤≤；„„„„„7分①当252e4ea≤时，令0gx，得12x，2lnxa，因为ln2a

，所以当lnxa时，()0gx，当ln2ax时，()0gx，故()gx在(,ln)a上单调递减，在(ln,2)a上单调递增，所以2min1()(ln)(ln)ln102gxgaaa，解得13

13eea≤≤，因为135<e4e，132.732ln222eeee2e，所以132e2ea≤；„„„„„„„„10分②当22ea时，ln2a，此时当2x时，()0gx，故()gx在(,2]上单调递减，所以min2(

)(2)20eagxg≥，解得22ea≤，所以22ea；„„„„11分综上所述，a的取值范围是132[e,2e].„„„„12分命题意图：本题以基本初等函数的单调性问题、最值和不等式证明为载体，考查学生利用导数分析、解决问题的能力，考查学生分类讨论和化归转化的数

学思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，具有较强的综合性.