2020年1月嘉兴市高二期末联考

2020-2021学年嘉兴市高二上学期期末数学试卷一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）1. 过抛物线C ：y 2=4x 焦点F 的直线交抛物线C 于A 、B 两点，|AB|=8，过线段AB 的中点作y 轴的垂线，垂足为P ，则|PA⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=( ) A. 36B. 40C. 50D. 52 2. 过点P(3,4)且在两坐标轴上的截距都是非负整数的直线有( )A. 4条B. 5条C. 6条D. 7条 3. 已知函数y =f(x)满足下列条件：(1)对∀x ∈R ，函数y =f(x)的导数f′(x)<0恒成立；(2)函数y =f(x +2)的图象关于点(−2,0)对称；对∀x 、y ∈R 有f(x 2−8x +21)+f(y 2−6y)>0恒成立．则当0<x <4时，x 2+y 2的取值范围为( )A. (3,7)B. (9,25)C. [9,41)D. (9,49) 4. 设函数f(x)的定义域为R ，则下列命题中真命题的个数为( )①函数y =f(x +1)与函数y =f(1−x)的图象关于直线x =1对称；②若函数f(x +2)为奇函数，则f(1)+f(2)+f(3)=0；③若函数f(x)的图象关于直线x =1对称，且对任意x 都有f(x +2)=−f(x)，则f(x)的图象关于点(−2,0)对称；④若对任意x 1，x 2都有f(x 1+x 2)=f(x 1)+f(x 2)+1，则函数f(x)+1为奇函数．A. 1B. 2C. 3D. 4 5. 直线l 与已知直线x +y −1=0垂直，则直线l 的倾斜角为( )A. 45°B. 135°C. 60°D. 30° 6. △ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，设p ⃗ =(a +c,b)，q ⃗ =(b −a,c −a)，若p ⃗ //q ⃗ ，则角C 的大小为( )A. 2π3B. π2C. π6D. π3 7. 已知圆x 2+y 2−2mx −(4m +2)y +4m 2+4m +1=0的圆心在直线x +y −7=0上，则该圆的面积为( )A. 4πB. 2πC. πD. π2 8. 已知集合A ={x ∈Z|x 2−4x −5≤0}，B ={x|0<lnx <2}，则A ∩B 的元素的个数为( )A. 2B. 3C. 4D. 79. 已知函数f(x)=x 2+2x ,g(x)=(12)x −m ，若任意的x 1∈[1,2]，存在x 2∈[−1,1]使得f(x 1)≥g(x 2)，则实数m 的取值范围是( ) A. [−52,+∞) B. [−1,+∞) C. [−4,+∞) D. [12−2√2,+∞) 10. 下列命题中，错误的命题是( )A. 平行于同一直线的两个平面平行B. 一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交C. 平行于同一平面的两个平面平行D. 一条直线与两个平行平面所成的角相等二、单空题（本大题共4小题，共12.0分）11. 过抛物线y 2=2px(p >0)的焦点F 作直线与抛物线交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆与直线x =−1相切，则抛物线的方程为______ ．12. 已知向量a ⃗ =(1,2,1),b ⃗ =(1,2,2)，且(k a ⃗ +b ⃗ )//(a ⃗ −2b ⃗ )，则实数k 的值为______ ．13. 设直线l ：x −2y +2=0过椭圆的左焦点F 和一个顶点B(如右图)，则这个椭圆的离心率e = ______ ．14. 已知△ABC ，点O 满足OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BO⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，过点O 的直线与线段AB 及AC 的延长线分别相交于点E ，F ，设AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μAC⃗⃗⃗⃗⃗ ，则8λ+μ的最小值是______ ． 三、多空题（本大题共3小题，共9.0分）15. 双曲线x 24−y 2=1的实轴长为 (1) ，渐近线的方程为 (2) ．16. 如图，在空间直角坐标系O −xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,0)，(0,0,1)，(0,1,1)，(1,1,0)，给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体在yOz 平面内的正投影是(填相应编号) (1) ；该四面体的体积是 (2) ．17.已知圆C1：x2+y2+2x+2y−2=0，圆C2：x2+y2−4x−2y+1=0，则两圆的位置关系为(1)(填“内含”、“内切”、“相交”、“外切”或“外离”)，它们的公切线条数为(2)．四、解答题（本大题共5小题，共60.0分）18.从圆C：x2+y2−4x−6y+12=0外一点P(a,b)向圆作切线PT，T为切点，且|PT|=|PO|(O为原点)，求|PT|的最小值以及此刻点P的坐标．19.如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2．(1)求证：DE//平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．20.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,√32)且离心率为√32．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过椭圆C上一点P向圆O：x2+y2=r2，(r>0)引两条切线，切点分别为A，B(Ⅰ)若存在点P使∠APB=60°，求r的最大值；(Ⅱ)在Ⅰ的条件下，过x轴上一点(m,0)做圆O的切线l，交椭圆C于M，N两点，求|MN|的最小值．21.如图，已知三棱锥P−ABC，∠ACB=90°，CB=4，AB=20，D为AB中点，M为PB的中点，且△PDB是正三角形，PA⊥PC．(Ⅰ)求证：DM//平面PAC；(Ⅱ)求证：平面PAC⊥平面ABC；(Ⅲ)求三棱锥M−BCD的体积．22.已知M(2,2√2)为抛物线C：y2=2px(p>0)上一点．(1)求抛物线C的标准方程；(2)设A、B抛物线C上异于原点O的两点且∠AOB=90°，求证：直线AB恒过定点，并求出该定点坐标；(3)在(2)的条件下，若过原点O向直线AB作垂线，求垂足P(x,y)的轨迹方程．参考答案及解析1.答案：C解析：解：抛物线C ：y 2=4x 焦点(1,0)，设AB 的中点C ，由抛物线的焦点弦公式可知丨AB 丨=2丨CP 丨+2p ，则丨CP 丨=3，由余弦定理可知：丨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=丨AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2+丨PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2−2丨AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨丨PC⃗⃗⃗⃗⃗ 丨cos∠ACP ， 即丨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=42+丨PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2−2×4丨PC⃗⃗⃗⃗⃗ 丨cos∠ACP ， 同理可得：丨PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=42+丨PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2−2×4丨PC⃗⃗⃗⃗⃗ 丨cos∠BCP ， 由∠ACP +∠BCP =π，则cos∠BCP =−cos∠ACP ，∴丨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2+丨PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=32+2丨PC⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=50， ∴丨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2+丨PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=50，故选C ．由抛物线焦点弦公式可知丨CP 丨=3，利用余弦定理，分别求得丨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2和丨PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2，则丨PA⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2+丨PB⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=32+2丨PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=50． 本题考查抛物线的焦点弦公式，考查余弦定理的应用，考查计算能力，属于中档题．2.答案：D解析：本题考查了直线的截距式、整数的性质，考查了推理能力，属于基础题．当直线经过原点时满足条件，直线方程为：y =43x.当直线不经过原点时，设直线方程为x a +y b =1，把点P(3,4)代入可得：3a +4b =1，对a ，b 取正整数即可得出．解：当直线经过原点时，满足条件，此时直线方程为：y=43x，此时在两坐标轴上的截距都为0，符合题意;当直线不经过原点时，设直线方程为xa +yb=1，把点P(3,4)代入可得：3a +4b=1，满足条件的a，b有(4,16)，(5,10)，(6,8)，(7,7)，(9,6)，(15,5)．综上可得：满足条件的直线共有7条．故选：D．3.答案：C解析：解：由(1)对∀x∈R，函数y=f(x)的导数f′(x)<0恒成立，可得函数f(x)在R上单调递减；由(2)函数y=f(x+2)的图象关于点(−2,0)对称，∴函数f(x)为奇函数；∴对∀x、y∈R有f(x2−8x+21)+f(y2−6y)>0恒成立，化为f(x2−8x+21)>−f(y2−6y)= f(6y−y2).∴x2−8x+21<6y−y2，化为(x−4)2+(y−3)2<4.圆心C(4,3)，半径R=2．∴x2+y2⩾(|OC|−R)2=9．直线x=4与圆(x−4)2+(y−3)2=4相交于点P(4,1)，Q(4,5)．∴x2+y2<|OQ|2=41．∴则当0<x<4时，x2+y2的取值范围为[9,41)．故选：C．由(1)可得函数f(x)在R上单调递减；由(2)可得函数f(x)为减函数；已知对∀x、y∈R有f(x2−8x+ 21)+f(y2−6y)>0恒成立，化为f(x2−8x+21)>−f(y2−6y)=f(6y−y2).可得x2−8x+ 21<6y−y2，化为(x−4)2+(y−3)2<4.圆心C(4,3)，半径R=2.可得x2+y2≥(|OC|−R)2=9.直线x=4与圆(x−4)2+(y−3)2=4相交于点P(4,1)，Q(4,5).x2+y2<|OQ|2=41.即可得出．本题综合考查了函数的奇偶性、单调性、点与圆的位置关系、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．4.答案：C解析：解：①若函数y=f(x+1)与函数y=f(1−x)的图象关于直线x=0对称；所以原判断正确；②若函数f(x+2)为奇函数，f(2)=0，f(1)=−f(3)，则f(1)+f(2)+f(3)=0；正确；③若函数f(x)的图象关于直线x=1对称可得f(2−x)=f(−x)，且任意x都有f(x+2)=−f(x)可知f(x+4)=f(x)函数的周期为4，f(x+2)=−f(x)，可得f(−x)=−f(x)，f(−x−4)=f(−x)=−f(x)，则f(x)的图象关于点(−2,0)对称；所以③正确；④定义在R上的函数f(x)对任意的x1，x2∈R，都有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1成立，令x1=x2=0，则f(0+0)=f(0)+f(0)+1⇒f(0)=−1，令x1=x，x2=−x，则f(x−x)=f(x)+f(−x)+1，∴[f(x)+1]+[f(−x)+1]=0，∴f(x)+1为奇函数．若对任意x1，x2都有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1，则函数f(x)+1为奇函数．正确．故选：C．利用函数的对称性判断①的正误；利用函数的奇函数的性质判断②的正误；利用函数的对称性以及函数的周期性判断③的正误；利用已知条件以及函数的奇偶性判断④的正误；本题以命题的真假判断与应用为载体考查了函数的周期性，奇偶性，对称性及对称变换，是函数图象和性质的综合应用．5.答案：A解析：解：易得直线x+y−1=0的斜率为−1，由垂直关系可得直线l的斜率为1，即直线l的倾斜角α满足tanα=1，解得α=45°故选：A由垂直关系可得直线的斜率，进而可得其倾斜角．本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题．6.答案：D解析：解：∵p⃗=(a+c,b)，q⃗=(b−a,c−a)，p⃗//q⃗，∴(a+c)(c−a)=b(b−a)，即a2+b2−c2=ab，根据余弦定理，cosC=a2+b2−c22ab =12，∵△ABC的三个内角A，B，C，∴C=π3，故选：D．先根据向量平行得到a2+b2−c2=ab，再根据余弦定理，即可求出角C．本题考查了向量平行的坐标运算和余弦定理，属于基础题．7.答案：A解析：解：圆x2+y2−2mx−(4m+2)y+4m2+4m+1=0的圆心(m,2m+1)，圆心在直线x+y−7=0上，可得m+2m+1−7=0，解得m=2，圆的半径为：2，所以圆的面积为：4π．故选：A．求出圆的圆心，代入直线方程，求出m，然后求解圆的半径，即可求解圆的面积．本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，圆的面积的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．8.答案：C解析：可以求出集合A，B，然后进行交集的运算求出A∩B，从而得出A∩B的元素的个数．本题考查了集合的交集运算，以及一元二次不等式的解法，对数函数的性质，属于基础题．解：A={x∈Z|−1≤x≤5}={−1,0,1,2,3,4,5}，B={x|1<x<e2}，∴A∩B={2,3,4,5}，∴A∩B的元素的个数为4．故选：C．9.答案：A解析：解：任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[−1,1]使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)min≥g(x)min，函数f(x)=x2+2x ,g(x)=(12)x−m，则f′(x)=2x−2x2≥0在[1,2]上恒成立，所以f(x)在[1,2]上单调递增，则f(x)min=f(1)=3，g(x)在[−1,1]上单调递减，所以g(x)min=g(1)=12−m，故3≥12−m，解得m≥−52，所以实数m的取值范围是[−52,+∞)．故选：A．将问题转化为f(x)min≥g(x)min，利用导数研究函数f(x)的单调性，求解f(x)的最小值，利用指数函数的单调性，求出g(x)的最小值，得到关于m的不等式，求解即可．本题考查了不等式恒成立问题，利用导数研究函数的单调性、函数的最值，指数函数性质的应用，要掌握不等式恒成立问题的一般求解方法：参变量分离法、数形结合法、最值法等，属于中档题．10.答案：A解析：解：对于A，平行于同一直线的两个平面平行，不正确，如两相交平面，使直线与交线平行；对于B，一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交，满足直线与平面相交的性质，正确．对于C，平行于同一平面的两个平面平行，根据面面平行的性质可知正确；对于D，一条直线与两个平行平面所成的角相等，因为直线在两个平面内的射影平行，所以所成的角相等，正确．故选：A．根据面面平行的判定定理、以及性质进行逐一进行判定，对不正确的进行列举反例即可．本题主要考查了平面与平面平行的判定，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．11.答案：y2=4x解析：本题考查直线与抛物线的位置关系、直线圆的位置关系，考查抛物线的定义，考查数形结合思想，属中档题．判断以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，由已知得准线方程为x=−1，即可求抛物线的标准方程．解：取AB的中点M，分别过A、B、M作准线的垂线AP、BQ、MN，垂足分别为P、Q、N，如图所示：由抛物线的定义可知，|AP|=|AF|，|BQ|=|BF|，在直角梯形APQB 中，|MN|=12(|AP|+|BQ|)=12(|AF|+|BF|)=12|AB|， 故圆心M 到准线的距离等于半径，∴以AB 为直径的圆与抛物线的准线相切由已知得准线方程为x =−1，∴p 2=1，∴p =2，故所求的抛物线方程为y 2=4x ．故答案为：y 2=4x ．12.答案：−12解析：解：∵a ⃗ =(1,2,1),b ⃗ =(1,2,2)∴k a ⃗ +b ⃗ =(k +1,2k +2,k +2)，a ⃗ −2b ⃗ =(−1,−2,−3) 又∵(k a ⃗ +b ⃗ )//(a ⃗ −2b ⃗ )，∴k+1−1=2k+2−2=k+2−3， 解得k =−12故答案为：−12由向量的线性运算可得k a ⃗ +b ⃗ 和a ⃗ −2b ⃗ 的坐标，由平行可得关于k 的方程，解方程可得． 本题考查空间向量的平行的判定，涉及向量的线性运算，属基础题．13.答案：2√55 解析：解：B(0,1)，F(−2,0)故c =2，b =1，a =√b 2+c 2=√5，e =c a =2√55． 答案：2√55由题设条件可知B(0,1)，F(−2,0)，故c =2，b =1，a =√5，由此可以求出这个椭圆的离心率． 数形结合，事半功倍．14.答案：253解析：解：∵OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13BC ⃗⃗⃗⃗⃗=AB⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 由E 、O 、F 三点共线，得AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AE ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−m)AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =mλAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−m)μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴{mλ=23(1−m)μ=13，消掉m 得，23λ+13μ=1①，(0<λ<1,μ>1)， ∴8λ+μ=(8λ+μ)⋅(23λ+13μ)=173+(2μ3λ+8λ3μ)≥173+2√2μ3λ⋅8λ3μ=253，当且仅当2μ3λ=8λ3μ②时取等号，由①②可解得μ=53，λ=56， 故答案为：253．由三角形法则可得AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，由E 、O 、F 三点共线，得AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AE ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−m)AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =mλAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−m)μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，由{mλ=23(1−m)μ=13消掉m 得，23λ+13μ=1，从而8λ+μ=(8λ+μ)⋅(23λ+13μ)，利用基本不等式可求答案．本题考查向量加法的三角形法则、三点共线的条件及基本不等式求最值，考查学生综合运用知识解决问题的能力，属中档题．15.答案：4y =±12x解析： 解：双曲线x 24−y 2=1知，a =2，b =1，可得双曲线的实轴长为2a =4， 渐近线方程y =±12x. 故答案为：4，y =±12x.求得双曲线的a =2，b =1，即可得到双曲线的实轴长2a ，渐近线方程y =±ba x.本题考查双曲线的方程和性质，主要是实轴长和渐近线方程，考查运算能力，属于基础题．16.答案：②16解析：解：满足条件的四面体如图所示：D(0,0,0)，D1(0,0,1)，B1(0,1,1)，B(1,1,0)，其在yOz平面内的正投影如图②所示：该四面体的体积V=13×(12×1×1)×1=16，故答案为：②，16借助正方体，画出满足条件的四个顶点，进而可得答案．本题考查三视图的画法，做到心中有图形，考查空间想象能力，是基础题17.答案：相交2解析：解：圆C1：x2+y2+2x+2y−2=0，可化为(x+1)2+(y+1)2=4，其圆心坐标C1(−1,−1)，半径为2，圆C2：x2+y2−4x−2y+1=0，可化为(x−2)2+(y−1)2=4，其圆心坐标C2(2,1)，半径为2，又|C1C2|=√(2+1)2+(1+1)2=√13<2+2=4，．则两圆的位置关系为：相交，故它们的公切线有2条．故答案为：相交；2．依题意可求得圆C1与圆C2的圆心坐标与半径，计算两圆心之间的距离即可得到答案．本题考查圆与圆的位置关系的判定，分别求得两圆的圆心坐标与半径是判断的关键，属于中档题．18.答案：解：圆C 的方程可化为：(x −2)2+(y −3)2=1， 即圆心C(2,3)，半径r =1， 如图，PT 切圆C 于T ，在直角三角形PTC 中，PC 2=PT 2+CT 2， 结合PT =OP ，得(a −2)2+(y −3)2=a 2+b 2+1， 化简得2a +3b −6=0，即点P 在直线l ：2x +3y −6=0上移动， 作OM 垂直l 于M ，易得直线OM 的方程为：3x −2y =0， 由{2x +3y −6=03x −2y =0解得{x =1213y =1813， 即M(1213,1813)， |OM|=√13=6√1313，故当P 与M 重合时，|OP|最小也即|PT|取得最小值6√1313， 此时P 点坐标为(1213,1813).解析：利用圆C 的方程确定其圆心和半径，作出图形，利用切线，半径所在直角三角形结合OP =PT 列出关于a ，b 的方程，得到P 点所在直线，利用垂线段最短可得最小值，联立直线方程可得点的坐标．此题考查了圆的方程，直线与圆的关系，点到直线的距离等，难度适中．19.答案：解：(1)∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE//BC，又DE⊄平面A1CB，∴DE//平面A1CB．(2)由已知得AC⊥BC且DE//BC，∴DE⊥AC，∴DE⊥A1D，又DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC，而A1F⊂平面A1DC，∴DE⊥A1F，又A1F⊥CD，∴A1F⊥平面BCDE，∴A1F⊥BE．(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ//BC．∵DE//BC，∴DE//PQ．∴平面DEQ即为平面DEP．由(Ⅱ)知DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C，又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP，∴A1C⊥平面DEP，从而A1C⊥平面DEQ，故线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ．解析：(1)D，E分别为AC，AB的中点，易证DE//平面A1CB；(2)由题意可证DE⊥平面A1DC，从而有DE⊥A1F，又A1F⊥CD，可证A1F⊥平面BCDE，问题解决；(3)取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ//BC，平面DEQ即为平面DEP，由DE⊥平面，P是等腰三角形DA1C 底边A1C的中点，可证A1C⊥平面DEP，从而A1C⊥平面DEQ．本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定与性质，考查学生的分析推理证明与逻辑思维能力，综合性强，属于难题．20.答案：解：(1)∵椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,√32)且离心率为√32．∴{ 1a 2+34b 2=1ca =√32a 2=b 2+c 2，解得a =2，b =1，c =√3． ∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1．(2)(I)设P(2cosθ,sinθ)． 如图所示，连接OA ，OB ，OP ． ∵OA ⊥AP ，OB ⊥BP.∠APB =60°， ∴∠AOP =60°，∠APO =30°．∴r =12|OP|=12√4cos 2θ+sin 2θ=12√3cos 2θ+1≤12√3+1=1， ∴r 的最大值是1．(II)当直线l 的斜率不存在时，切线l 的方程为：x =±1.代入椭圆方程可得y =±√32，此时|MN|=√3．当直线l 的斜率存在时，设切线l 的方程为：y =k(x −m)，(k ≠0,|m|>1)，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2). 则r =√1+k 2=1.可得1+k 2=k 2m 2． 联立{y =k(x −m)x 2+4y 2=4，化为(1+4k 2)x 2−8k 2mx +4k 2m 2−4=0．△=64k 4m 2−4(1+4k 2)(4k 2m 2−4)=16(1+4k 2−k 2m 2)>0． ∴x 1+x 2=8k 2m1+4k 2，x 1x 2=4k 2m 2−41+4k 2．∴|MN|=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=√(1+k 2)[64k 4m 2(1+4k 2)2−4(4k 2m 2−4)1+4k 2]=4√(1+k 2)(1+4k 2−k 2m 2)1+4k 2=4√3⋅√k 2(1+k 2)(1+4k 2)2=4√3√116−8k 2−1k 4+k 2．设k 2=t >0，令f(t)=8t−1t 2+t，f′(t)=8(t 2+t)−(8t−1)(2t+1)(t 2+t)2=−(4t+1)(2t−1)(t 2+t)2，可知：当t =12时，f(t)取得最大值4，∴|MN|取得最大值2．当t →+∞时，f(t)→0，|MN|→√3． 综上可得：|MN|的最小值为√3．解析：(1)由于椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)过点(1,√32)且离心率为√32.可得{ 1a 2+34b 2=1c a =√32a 2=b 2+c 2，解得即可．(2)(I)设P(2cosθ,sinθ).如图所示，连接OA ，OB ，OP.由于OA ⊥AP ，OB ⊥BP.∠APB =60°，可得r =12|OP|=12√4cos 2θ+sin 2θ=12√3cos 2θ+1，即可得出．(II)当直线l 的斜率不存在时，切线l 的方程为：x =±1.代入椭圆方程可得|MN|=√3．当直线l 的斜率存在时，设切线l 的方程为：y =k(x −m)，(k ≠0,|m|>1)，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).利用直线与圆的相切性质可得r =|km|√1+k 2=1.1+k 2=k 2m 2．直线方程与椭圆方程联立可得(1+4k 2)x 2−8k 2mx +4k 2m 2−4=0.△=16(1+4k 2−k 2m 2)>0.利用根与系数的关系可得|MN|=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=4√3√116−8k 2−1k 4+k 2.设k 2=t >0，令f(t)=8t−1t 2+t，利用导数研究其单调性可得：当t =12时，f(t)取得最大值4，|MN|取得最大值2.当t →+∞时，f(t)→0，|MN|→√3.即可得出．本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与椭圆及圆相交相切转化为方程联立可得△≥0及根与系数的关系、弦长公式、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．21.答案：解：(1)∵△PAB 中，D 为AB 中点，M 为PB 中点， ∴DM//PA∵DM ⊄平面PAC ，PA ⊂平面PAC ， ∴DM//平面PAC …(4分)(2)∵D 是AB 的中点，△PDB 是正三角形，AB =20，∴PD =DB =AD =12AB =10.…(5分) ∴△PAB 是直角三角形，且AP ⊥PB ，…(6分) 又∵AP ⊥PC ，PB ∩PC =P ，PB 、PC ⊂平面PBC ∴AP ⊥平面PBC. …(8分) ∵BC ⊂平面PBC∴AP ⊥BC. …(10分)又∵AC ⊥BC ，AP ∩AC =A ，AP 、AC ⊂平面PAC ． ∴BC ⊥平面PAC.…(12分) ∵BC ⊂平面ABC ．∴平面PAC ⊥平面ABC.…(14分)(3)由(1)知DM//PA ，由(2)知PA ⊥平面PBC ， ∴DM ⊥平面PBC.…(15分)∵正三角形PDB 中易求得DM =5√3，…(16分)且S △BCM =12S △PBC =12⋅12BC ⋅PC =14⋅4⋅√102−42=2√21.…(17分) ∴V M−BCD =V D−BCM =13×5√3×2√21=10√7.…(18分)解析：(1)在三角形PAB 中，利用中位线定理可得DM//PA ，再用线面平等的判定定理可以证出DM//平面PAC ；(2)在三角形PAB 中，根据中线PD =12AB ，证出PA ⊥PB.再结合PA ⊥PC ，利用线面垂直的判定定理证出AP ⊥平面PBC ，从而得到AP ⊥BC.同理，证出BC ⊥平面PAC ，最后用面面垂直的判定定理可以得到平面PAC ⊥平面ABC ；(3)根据前面的证明，不难得到DM ⊥平面BCM ，则DM 是三棱锥D −BCM 的高，根据题中所给的数据，求出DM =12PA =5√3，S △BCM =12S △PBC =2⋅√21，从而得到V M−BCD =V D−BCM =13×5√3×2√21=10√7．本题给出一个特殊的三棱锥，通过求证线面平行、面面垂直和求体积，着重考查了空间的线面平行判定定理和直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定和性质，属于中档题．22.答案：(1)解：∵M(2,2√2)为抛物线C ：y 2=2px(p >0)上一点，∴(2√2)2=2p ⋅2， 解得p =2，∴抛物线C 的标准方程为y 2=4x ; (2)证明：当直线的斜率存在时，设直线l ：y =kx +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 联立y 2=4x ，得k 2x 2+(2km −4)x +m 2=0， 依题意有k ≠0，x 1+x 2=−2km−4k 2，且x 1x 2=m 2k 2，则∠AOB =90°，∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2 =x 1x 2+(kx 1+m)(kx 2+m)=(1+k 2)x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2=0， (1+k 2)m 2k2+km(−2km−4k 2)+m 2=0，化简得m 2+4km =0，∴m =−4k ，此时直线l ：y =kx −4k =(x −4)k ，恒过点N(4,0) 当直线l 的斜率不存在时， 设l ：x =t ，解得t =4， ∴直线恒过定点N(4,0) ;(3)解：过原点O 向直线AB ：y =k(x −4)作垂线，垂中为P ， 则P 点在以ON 为直径的圆周上(除去原点)， ∵O(0,0)，N(4,0)，∴点P 的轨迹方程为：(x −2)2+y 2=4(x ≠0)．解析：(1)由M(2,2√2)为抛物线C ：y 2=2px(p >0)上一点，能求出p =2，由此能求出抛物线C 的标准方程;(2)设直线l ：y =kx +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立y 2=4x ，得k 2x 2+(2km −4)x +m 2=0，由此利用韦达定理、向量知识结合已知条件能证明直线恒过定点N(4,0);(3)由已知条件推导出P 点在以ON 为直径的圆周上(除去原点)，由此能求出点P 的轨迹方程． 本题考查抛物线的标准方程的求法，考查直线过定点的证明，考查垂足的轨迹方程的求法，解题时要认真审题，注意向量知识的合理运用．。

嘉兴市2020〜2021学年第一学期期末检测高二英语(2021.1)试题卷考生须知：1.全卷分试题卷和答题纸两部分，试题卷12页，答题纸2页，合计14页，有四部分考查内容，满分为150分，考试时间为120分钟。

2.本卷答案必须做在答题纸的相应位置上，做在试题卷上无效。

3.请用黑墨水签字笔将学校、班级、姓名分别填写在答题纸的相应位置上。

第一部分：听力(共两节，满分30分)做题时，先将答案标在试卷上。

录音内容结束后，你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂到答题纸上。

第一节(共5小题；每小题1.5分，满分7.5分)听下面5段对话。

每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。

听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。

每段对话仅读一遍。

1. Where does this conversation take place?A. In a supermarket.B. In a restaurant.C. In a library.2. What does the woman do?A. A nurse.B. A teacher.C. A shop assistant.3. What time is it now?A. 7:00 pm.B. 7:30 pm.C. 8:00 pm.4. When is Mr. Mason free?A. This Wednesday.B. This Friday.C. Next Monday.5.Why is the man unable to answer the woman's questions now?A.He is too tired after class.B.He doesn't have enough time.C.It isn't allowed in his office hours.第二节(共15小题；每小题L5分，满分22.5分)听下面5段对话或独白。

2020年浙江省嘉兴市数学高二下期末统考试题一、选择题：本题共12小题，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．掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于（ ） A ．118B ．19C ．16D ．112【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：掷两颗均匀的骰子，共有36种基本事件，点数之和为5的事件有（1,4），（2,3），（3,2），（4,1）这四种，因此所求概率为，选B ．考点：概率问题 2．设点P 在曲线12xy e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则PQ 最小值为（ ） A ．1ln2- B 2(1ln 2)-C ．1ln2+D 2(1ln 2)+【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】由题意知函数y ＝12e x与y ＝ln(2x)互为反函数，其图象关于直线y ＝x 对称，两曲线上点之间的最小距离就是y ＝x 与y ＝12e x 上点的最小距离的2倍．设y ＝12e x 上点(x 0，y 0)处的切线与直线y ＝x 平行．则01=12x e ，∴x 0＝ln 2，y 0＝1， ∴点(x 0，y 0)到y ＝x 的距离为ln 212-＝22(1－ln 2)， 则|PQ|2(1－ln 2)×22(1－ln 2)． 3．命题:p 若0x <，则ln(1)0x +<，q 是p 的逆命题，则（ ） A ．p 真，q 真 B ．p 真，q 假C ．p 假，q 真D ．p 假，q 假【答案】C 【解析】由题意，ln(1)0x +<，所以011x <+<，得10x -<<，又因为q 是p 的逆命题，所以命题q ：若ln(1)0x +<，则0x <为真命题，故选C. 4．已知集合M ＝{x|(x －1)2＜4，x ∈R}，N ＝{－1，0，1，2，3}，则M∩N ＝（ ） A ．{0，1，2} B ．{－1，0，1，2} C ．{－1，0，2，3} D ．{0，1，2，3}【答案】A 【解析】试题分析：求出集合M 中不等式的解集，确定出M ，找出M 与N 的公共元素，即可确定出两集合的交集． 解：由（x ﹣1）2＜4，解得：﹣1＜x ＜3，即M={x|﹣1＜x ＜3}， ∵N={﹣1，0，1，2，3}， ∴M∩N={0，1，2}． 故选A点评：此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．5．若52345012345(23)x a a x a x a x a x a x -=+++++，则0123452345a a a a a a +++++为（）A ．－233B ．10C ．20D ．233【答案】A 【解析】 【分析】对等式两边进行求导，当x ＝1时，求出a 1+2a 2+3a 3+4a 4+5a 5的值，再求出a 0的值，即可得出答案． 【详解】对等式两边进行求导，得：2×5（2x ﹣3）4＝a 1+2a 2x+3a 3x 2+4a 4x 3+5a 5x 4， 令x ＝1，得10＝a 1+2a 2+3a 3+4a 4+5a 5； 又a 0＝（﹣3）5＝﹣243，∴a 0+a 1+2a 2+3a 3+4a 4+5a 5＝﹣243+10＝﹣1． 故选A ． 【点睛】本题考查了二项式定理与导数的综合应用问题，考查了赋值法求解二项展开式的系数和的方法，利用导数得出式子a 1+2a 2+3a 3+4a 4+5a 5是解题的关键． 6．在一组样本数据()()()(112212,,,,,,2,,,,n n n x y x y x y n x x x ≥不全相等)的散点图中，若所有样本点(),(1,2,,)i i x y i n =都在直线31y =x+上，则这组样本数据的样本相关系数为（ ）A ．3B ．0C ．1-D ．1【分析】根据回归直线方程可得相关系数． 【详解】根据回归直线方程是31y =x+可得这两个变量是正相关，故这组样本数据的样本相关系数为正值， 且所有样本点（x i ，y i ）（i ＝1，2，…，n ）都在直线上，则有|r|＝1， ∴相关系数r ＝1． 故选：D ． 【点睛】本题考查了由回归直线方程求相关系数，熟练掌握回归直线方程的回归系数的含义是解题的关键． 7．若a ，b 均为单位向量，且(2)a a b ⊥-，则a 与b 的夹角大小为 （ ） A ．6πB ．4π C ．3π D ．23π 【答案】C 【解析】分析：由向量垂直得向量的数量积为0，从而求得a b ⋅，再由数量积的定义可求得夹角． 详解：∵()2a a b ⊥-，∴2(2)20a a b a a b ⋅-=-⋅=，∴12a b ⋅=， ∴1cos ,2a b a b a b⋅<>==，∴,3a b π<>=． 故选C ．点睛：平面向量数量积的定义：cos ,a b a b a b ⋅=<>，由此有cos ,a b a b a b⋅<>=，根据定义有性质：0a b a b ⊥⇔⋅=．8．已知椭圆E ：()222210x y a b a b+=>>的右焦点为()3,0F ，过点F 的直线交椭圆E 于A ，B 两点，若AB 的中点坐标为()1,1-，则椭圆E 的方程为（ ）A ．221189x y +=B ．2212718x y +=C ．2213627x y +=D ．2214536x y +=【答案】A设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，代入椭圆方程得22112222222211x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，利用“点差法”可得12121222120x x y y y y a x x b +-++=-．利用中点坐标公式可得122x x +=，122y y +=-，利用斜率计算公式可得1212101132AB y y k x x ---===--．于是得到2221202a b-+⨯=，化为222a b =，再利用3c ==解得2a ，2b ．进而得到椭圆的方程． 【详解】解：设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，代入椭圆方程得22112222222211x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩， 相减得22221212220x x y y a b--+=， ∴12121222120x x y y y y a x x b +-++=-． 122x x +=，122y y +=-，1212101132AB y y k x x ---===--．∴2221202a b-+⨯=， 化为222a b =，又3c ==218a =，29b =．∴椭圆E 的方程为221189x y +=．故选：A ． 【点睛】熟练掌握“点差法”和中点坐标公式、斜率的计算公式是解题的关键． 9．若()11d a x x =+⎰，10cos d b x x =⎰，1e d x c x =⎰，则（ ）A ．a b c <<B ．b c a <<C ．b a c <<D ．c a b <<【答案】C直接由微积分基本定理计算出,,a b c 可得． 【详解】因为()1210131d 22a x x x x ⎛⎫=⎰+=+= ⎪⎝⎭，()0101cos d sin sin11b x x x =⎰==<，113e d e e 12x x c x =⎰==->，所以b a c <<， 故选：C. 【点睛】本题考查微积分基本定理，掌握基本初等函数的积分公式是解题关键．10．在如图所示的计算1352013+++⋯+的值的程序框图中，判断框内应填入( )A ．i 504≤B ．i 2009≤C ．i 2013<D ．i 2013≤【答案】D 【解析】程序运行过程中，各变量值如下表所示： 第一圈：S=0+1，i=5， 第二圈：S=1+3，i=9， 第三圈：S=1+3+5，i=13， …依此类推，第503圈：1+3+5+…+2013，i=2017， 退出循环，其中判断框内应填入的条件是：i ⩽2013， 本题选择D 选项.11．某单位从6男4女共10名员工中，选出3男2女共5名员工，安排在周一到周五的5个夜晚值班，每名员工值一个夜班且不重复值班，其中女员工甲不能安排在星期一、星期二值班，男员工乙不能安排在【答案】A 【解析】分五类：（1）甲乙都不选：224434432C C A =；（2）选甲不选乙：21134323216C C A A = ；（3）选乙不选甲：12134333216C C A A =；（4）甲乙都选：111124322296C C A A A = ；故由加法计数原理可得43221621696960+++=，共960种，应选答案A 。

2020年浙江省嘉兴市数学高二第二学期期末统考试题一、选择题：本题共12小题，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．已知函数()cos (0)f x wx wx w =+>在区间,43ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数ω的取值范围是（ ） A ．8,73⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．8,43⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．204,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．20,73⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果． 【详解】由题意，函数()cos 2sin()6f x x x x πωωω=+=+，令6x t πω+=，所以()2sin f x t =，在区间上,43ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦恰有一个最大值点和最小值点， 则函数()2sin f x t =恰有一个最大值点和一个最小值点在区间,[436]6πωππωπ+-+， 则3246232362ππωππππωππ⎧-<-+≤-⎪⎪⎨⎪≤+<⎪⎩，解答8203314ωω⎧≤<⎪⎨⎪≤<⎩，即834ω≤<，故选B ． 【点睛】本题主要考查了三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．2．已知函数f （x ）＝（mx ﹣1）e x ﹣x 2，若不等式f （x ）＜0的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数m 的取值范围（ ） A ．2211,12e e ⎛⎫++⎪⎝⎭ B ．2211,12e e ⎡⎫++⎪⎢⎣⎭ C ．323121,32e e⎡⎫++⎪⎢⎣⎭ D ．323121,32e e⎛⎫++⎪⎝⎭【解析】 【分析】令()0f x <，化简得21x x mx e-<，构造函数()()21,x xg x mx h x e =-=，画出两个函数图像，结合两个函数图像以及不等式解的情况列不等式组，解不等式组求得m 的的取值范围. 【详解】()210xmx e x --<有两个正整数解即21x x mx e-<有两个不同的正整数解，令()()21,x x g x mx h x e =-=，()()2'22x xx x x x h x e e--==，故函数()h x 在区间(),0-∞和()2,+∞上递减，在()0,2上递增，画出()(),g x h x 图像如下图所示，要使21x x mx e -<恰有两个不同的正整数解等价于()()()()234212233931m g h e g h m e ⎧-<⎪⎧<⎪⎪⇒⎨⎨≥⎪⎩⎪-≥⎪⎩解得32312132m e e +≤<+ 故323121,32m e e ⎡⎫∈++⎪⎢⎣⎭，选C.【点睛】本小题主要考查不等式解集问题，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.3．已知等差数列{}n a 中，11a =，358a a +=，则237a a a ++=（ ） A ．10 B ．11C ．12D ．13【答案】C分析：根据等差数列的通项公式，可求得首项和公差，然后可求出值。

嘉兴市2019～2020学年第一学期期末测试（2020.1）高二物理试题卷考生须知:1.本卷中数值计算时g取10m/s22.不得使用计算器3.答案填在答题卡的相应位置，填在试题卷上无效一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求）1.下列说法中，符合物理学史实的是A.法拉第发现了电流周围存在磁场B.奥斯特总结出了磁场对运动电荷作用的规律C.麦克斯韦发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转D.惠更斯曾详尽地研究过单摆的振动，确定了计算单摆周期的公式2.2019年诺贝尔化学奖授予来自美国的科学家约翰古迪纳夫、斯坦利惠廷厄姆和日本科学家吉野彰，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。

右图是某手机用锂电池的标签。

则关于该锂电池下列说法正确的是A.标签上的mAh是电能的单位B.若该手机平均待机电流10mA，则该手机可待机40小时C.该电池工作时输出电压可能为5VD.使用5V1A的手机充电器给此电池充电，若转换效率为75%，约需要2小时才能把此电池充满3.下列四幅演示实验图中，能正确表述该实验现象的是A.图甲用磁铁靠近轻质铝环A，A会靠近磁铁B.图乙断开开关S，触点C不会立即断开C.图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数D.图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘将加速转动4.如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力频率f的关系，由该图线可知A.该单摆的摆长约为10cmB.该单摆的摆长约为1mC.若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动D.若增大摆长，共振曲线的“峰”将向上移动5.汽车启动时是由蓄电池给电动机供电，启动完成后电动机断开。

图示是汽车蓄电池供电简化电路图，图中M表示电动机，L是汽车的车灯，蓄电池E的内阻不能忽略。

当汽车启动时，先闭合开关S1，然后闭合开关S2，则A.当闭合开关S2时，车灯会变亮B.当闭合开关S2时，蓄电池输出功率减小C.开关S2断开，车灯会变亮D.开关S2断开，蓄电池输出功率增大6.如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量。

嘉兴市2020年高二第二学期期末统考语文试题一、现代文阅读1．阅读下面的文字，完成下面小题。

记忆像铁轨一样长舒翼①“我深深怀念那个摩肩抵肘的时代。

站在今日画了黄线的整洁月台上，总觉得少了一点什么，直到记起了从前那一声汽笛长啸。

”②这是作家余光中先生在散文《记忆像铁轨一样长》中的一段话。

③正值春节，汽笛送来亲情的召唤，迎回游子们归乡。

在这场一年一度的中国人口大迁移中，火车是绝对的运输主力。

在诸多交通工具中，人们乘坐最多的，还是火车。

火车，对于许多中国人来说，记忆，像铁轨一样长。

④有人说，在空间上有两种东西永远让人类迷恋，一是故乡，一是远方。

故乡安放着心灵的安宁，远方寄托着对未知的向往。

火车——正是一边驶向故乡，一边驶向远方。

⑤坐过无数次火车，但印象最深刻的，或许还是近乡那一趟车。

那一列列返乡的火车停靠在站台边，熙攘的人流中，匆忙的脚步里，张望的目光下，涌动着的都是思乡的情绪。

每一次看见近乡那趟火车，总觉得是那样可爱与亲切，仿佛看见了千里之外的故乡。

在车轮与铁轨碰撞的“况且”声中，思乡的情绪便陡然在车厢里弥漫开来，它将驶向的，是你最熟悉也最温暖的故乡。

⑥火车是故乡，火车也是远方。

速度的提升，铁路的延仲，让人们通过火车实现了向远方自由流动的梦想。

今天的中国人，坐着火车，可以去往祖国土地上的天南地北，来到祖国东部的平原，到达祖国南方的海边，走进祖国西部的沙漢，踏上祖国北方的草原，去观三山五岳，去看大江大河。

火车的车窗仿佛一条长胶卷，让人们欣赏到一幅又一幅陌生而斑斓的画面。

有了大车，远方已不再遥远。

⑦大车与空间有着密切的联系，与时间的关系也颇有意味。

那长长的车厢，仿佛一头连着中国的过去，一头连着中国的未来。

⑧一节节火车车厢，装载过多少过往的岁月。

这岁月的起点，要上溯到一百多年前。

在今天的中国铁道博物馆里，有一件镇馆之宝——“0号”机车。

因为它的机身上有一个大大的“0”字，所以人们称其为“0号”机车，这是中国现存最古老的机车。

2020年嘉兴市名校数学高二第二学期期末统考试题一、选择题：本题共12小题，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．在10个篮球中有6个正品，4个次品.从中抽取4个，则正品数比次品数少的概率为A．542B．435C．942D．821【答案】A【解析】【分析】正品数比次品数少，包括一正三次和全部是次品两种情况，根据情况写出所有的组合数计算即可. 【详解】正品数比次品数少，包括一正三次和全部是次品这两种情况为134644C C C+，总数为410C，所以概率为134644410C C C5C42+=．选A.【点睛】本题考查概率问题，解题的关键是正确的求出所有可能的结果，属于基础题.2．若函数sin()(0,||)y xωϕωϕπ=-><在区间,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的图象如图所示，则,ωϕ的值（）A．2,3πωϕ==B．22,3πωϕ==C．1,23πωϕ==D．12,23πωϕ==-【答案】A【解析】【分析】根据周期求ω，根据最值点坐标求ϕ【详解】因为2=(),2263TTTππππω--∴===,因为63212xπππ-==-时1y=-，所以22()2()1223k k Z k k Z πππϕπϕπ-⨯-=-+∈∴=-∈因为||ϕπ<，所以3πϕ=，选A.【点睛】本题考查由图像求三角函数解析式，考查基本分析求解能力，属基础题. 3．命题2:,0p x R x ∀∈≥的否定是（ ） A ．2,0x R x ∃∈≥ B ．2,0x R x ∃∈< C ．2,0x R x ∀∈< D ．2,0x R x ∀∈>【答案】B 【解析】试题分析：全称命题的否定是特称命题，所以：，故选B.考点：1.全称命题；2.特称命题.4．某学校为解决教师的停车问题，在校内规划了一块场地，划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停车方法有( ) A ．99A 种 B ．812A 种C ．888A 种D ．84842A A 种【答案】A 【解析】根据题意，要求有4个空车位连在一起，则将4个空车位看成一个整体， 将这个整体与8辆不同的车全排列,有99A 种不同的排法，即有99A 种不同的停车方法； 故选A.点睛：（1）解排列组合问题要遵循两个原则：①按元素(或位置)的性质进行分类；②按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组．注意各种分组类型中，不同分组方法的求解． 5．已知不等式201x x +<+的解集为{|}x a x b <<，点(),A a b 在直线10mx ny ++=上，其中0mn >，则21m n+的最小值为（ ） A ．42 B ．8 C ．9 D ．12【答案】C【解析】试题解析：依题可得不等式201x x +<+的解集为{|21}x x -<<-，故()2,1A --，所以210m n --+=即21m n +=， 又0mn >，则()212122=2559n m m n m n m n m n ⎛⎫+++=++≥+= ⎪⎝⎭当且仅当13m n ==时上式取等号， 故选C考点：分式不等式的解法，基本不等式的应用6．在200件产品中有3件次品，现从中任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有（ ） A ．233197C C 种 B ．()5142003197C C C -种 C ．233198C C 种D ．()233231973197C C C C +种【答案】D 【解析】分析：据题意，“至少有2件次品”可分为“有2件次品”与“有3件次品”两种情况，由组合数公式分别求得两种情况下的抽法数，进而相加可得答案．详解：根据题意，“至少有2件次品”可分为“有2件次品”与“有3件次品”两种情况， “有2件次品”的抽取方法有C 32C 1973种， “有3件次品”的抽取方法有C 33C 1972种， 则共有C 32C 1973+C 33C 1972种不同的抽取方法， 故选：D ．点睛：本题考查组合数公式的运用，解题时要注意“至少”“至多”“最多”“最少”等情况的分类讨论．7．已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1 B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C 【解析】 【分析】先判断0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，转化为ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立． 【详解】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->，当1a >时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤．当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C ． 【点睛】本题考查分段函数的最值问题，关键利用求导的方法研究函数的单调性，进行综合分析．8．设x ，y 满足约束条件1101x y x x y +≤⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩，则目标函数2y z x =-的取值范围为( )A ．22,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．[]1,1-C ．[]22-,D ．[]3,3-【答案】A 【解析】 【分析】作出可行域,将问题转化为可行域中的点与点(2,0)D 的斜率问题,结合图形可得答案. 【详解】画出满足条件得平面区域,如图所示:目标函数2yz x =-的几何意义为区域内的点与(2,0)D 的斜率，过(1,2)-与(2,0)时斜率最小,过(1,2)--与(2,0)时斜率最大，min max 2222,.123123z z -∴==-==---- 故选:A.【点睛】本题考查了利用线性规划求分式型目标函数取值范围问题,解题关键是转化为斜率,难度较易. 9．复数z 满足(1)1z i i -=+，则复数z 的虚部是（ ）A ．1B ．－1CD ． 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件计算出复数z 的表达式，得到虚部 【详解】由题意可得()11z i i -=+则)11z 11222i i i i i ++====+--则复数z 的虚部是2故选C 【点睛】本题考查了复数的概念及复数的四则运算，按照除法法则求出复数的表达式即可得到结果，较为简单10．在ABC ∆中，角A B C ，，的对边分别是a b c ，，，若132cos 3b c A ===，，，则a =（ ）A ．5 BC ．4D ．3【答案】D 【解析】 【分析】已知两边及夹角，可利用余弦定理求出． 【详解】由余弦定理可得：22212cos 9423293a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=， 解得3a =.故选D.本题主要考查利用正余弦定理解三角形，注意根据条件选用合适的定理解决． 11．定积分1(2)x x e dx +⎰的值为( )A ．2e +B ．1e +C ．eD ．1e -【答案】C 【解析】试题分析：121220100(2)()|()|()|x x x x x x e x dx e x e x e x ==+=+=+-+⎰=(1)1e e +-=.故选C.考点：1.微积分基本定理；2.定积分的计算.12．在我国南北朝时期，数学家祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”．其意思是，用一组平行平面截两个几何体，若在任意等高处的截面面积都对应相等，则两个几何体的体积必然相等．根据祖暅原理，“两几何体A 、B 的体积不相等”是“A、B 在等高处的截面面积不恒相等”的（ ）条件A ．充分不必要B ．必要不充分C ．充要D ．既不充分也不必要【答案】A 【解析】 【分析】先阅读题意，再由原命题与其逆否命题的真假及充分必要条件可得解 【详解】由已知有”在任意等高处的截面面积都对应相等”是“两个几何体的体积必然相等“的充分条件不必要条件，结合原命题与其逆否命题的真假可得：“两几何体A 、B 的体积不相等”是“A 、B 在等高处的截面面积不恒相等”的充分不必要条件，故选：A ． 【点睛】本题考查了阅读能力、原命题与其逆否命题的真假及充分必要条件，属中档题。

嘉兴市2019-2020学年第一学期期末检测高二地理（2020．1）参考答案及评分标准一、选择题（共20小题，每小题3分，共60分。

每小题中只有一个选项是符合题意的。

不选、二、非选择题（本大题共2小题，每小题20分，共40分）21．（20分）（1）冬季（1分）夏季（1分）；珀斯冬季受西风带控制（1分），降水多；达尔文港夏季受赤道低气压带影响，多上升气流（1分）；同时受西北季风影响（北半球东北信风南移越过赤道右偏形成），带来海洋上的大量水汽（1分），降水多。

（2）沉积岩（1分）；由流水带来的泥沙沉积（1分）形成沉积岩，后经地壳抬升（1分）露出地表；再经风力（流水）侵蚀（1分）而形成。

（3）全球气候变暖（1分）各种海洋物种的优良栖息地，保护生物多样性（2分）；防浪消浪，保护海岸线不受海浪、热带风暴侵蚀（2分）；吸收二氧化碳，减轻温室效应，缓解海平面上升（2分）；维持渔业资源（2分）。

（任答2点）（4）有色金属矿产丰富（2分）；煤、石油等能源丰富（2分）；有港口、铁路等设施，交通运输便利（2分）；劳动力丰富（2分）；市场广阔（2分）；经济发达，工业基础好（2分）。

（任答3点）22．（20分）（1）社会经济（城镇分布）（1分）；RS（遥感）（1分）；（全年）气温高（1分）；（旱季）降水少（1分）；植被茂密，覆盖率高（1分）；干燥的东南信风加剧火势蔓延（1分）。

（2）为巴西和巴拉圭两国提供充足电力（1分）；发展库区养殖（1分）；形成新的景点，发展旅游（1分）；提高上游航运能力（1分）。

（3）有利：纬度低，光热充足（1分）；靠近河流，水源充足（1分）；靠近铁路和港口，交通便利（1分）；地价低（劳动力价格低）（1分）（任选3点）不利：降水变率大（1分）；农业生产技术落后（1分）。

（4）缓解我国大豆紧缺现状（1分）；促进我国大豆进口渠道多元化（1分）；增加巴西当地就业，提高农民收入（1分）；将巴西资源优势转化为经济优势，促进经济发展（1分）；促进两国经济交流和贸易往来（1分）。

2020年嘉兴市名校数学高二第二学期期末统考试题一、单选题（本题包括12个小题，每小题35，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．已知函数y=f （x ）的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′（x ）的图象如图所示，则该函数的图象是（ ）A ．B ．C ．D ．2．已知()12,0F -、()22,0F 分别为()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左、右焦点，M 是C 右支上的一点，1MF 与y 轴交于点P ，2MPF ∆的内切圆在边2PF 上的切点为Q ，若2PQ =C 的离心率为（ ）A 2B 3C 5D 63．已知数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，则4a =（ ） A ．-1B ．3C ．7D ．94．已知实数,x y 满足条件00220x y x y x y -≤⎧⎪+≥⎨⎪+-≤⎩，且2z x y =-，则z 的取值范围是（ ）A ．[6,)-+∞B ．2,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．2,63⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．26,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦5．设2{|430}A x x x =-+…，{|(32)0}B x ln x =-<，则(A B =I)A ．3(1,)2B ．(1，3]C ．3(,)2-∞D ．3(2，3]6．设集合{}123A =，，， {}2,34B =，， {|}M x x ab a A b B ==∈∈，，，则M 中的元素个数为（ ）A ．5B ．6C ．7D ．87．已知四个命题：①如果向量a v 与b v 共线，则a b =v v 或a b =-v v；②3x ≤是3x ≤的充分不必要条件；③命题p ：0(0,2)x ∃∈，200230x x --<的否定是p ⌝：(0,2)x ∀∈，2230x x -->；④“指数函数xy a =是增函数，而1()2xy =是指数函数，所以1()2xy =是增函数”此三段论大前提错误，但推理形式是正确的.以上命题正确的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．38．已知某产品的次品率为4%，其合格品中75%为一级品，则任选一件为一级品的概率为（） A ．75%B ．96%C ．72%D ．78.125%9．已知i 为虚数单位，z 41ii=+，则复数z 的虚部为（ ） A ．﹣2i B ．2iC ．2D ．﹣210．设曲线11x y x +=-在点(32)，处的切线与直线10ax y ++=垂直，则a =（ ） A ．2 B ．12 C ．12- D ．2-11．与复数52i -相等的复数是（ ） A ．2i +B ．2i -+C ．2i --D ．2i -12．已知f(x)为偶函数，且当x∈[0，2)时，f(x)＝2sin x ，当x∈[2，＋∞)时，f(x)＝log 2x ，则()(4)3f f π-+等于( )A ．－3＋2B ．1C ．3D ．3＋2二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共20分）13．在正项等比数列{}n a 中，139a a =，524a =，则公比q =________.14．已知随机变量ξ服从正态分布2(,)N μσ，若(1)0.2P ξ<=，(12)0.3P ξ≤<=，则(3)P ξ<=． 15．在如图三角形数阵中，从第3行开始，每一行除1以外，其它每一个数字是它上一行的左右两个数字之和.已知这个三角形数阵开头几行如图所示，若在此数阵中存在某一行，满足该行中有三个相邻的数字之比为4:5:6，则这一行是第__________行（填行数）.16．已知过抛物线24y x =的焦点F 的直线交该抛物线于A 、B 两点，2AF =，则BF =_____．三、解答题（本题包括6个小题，共70分）17．()12nx +的展开式中第六项与第七项的系数相等，求n 和展开式中二项式系数最大的项.18．已知集合{}()1015,20;2A x R ax B x R x a ⎧⎫=∈<+≤=∈-<≤≠⎨⎬⎩⎭（1）若A B =，求实数a 的值；（2）若命题:,p x A ∈命题:q x B ∈且p 是q 的充分不必要条件，求实数a 的取值范围．19．（6分）有6本不同的书:(1)全部借给5人,每人至少1本,共有多少种不同的借法?(2)全部借给3人,每人至少1本,共有多少种不同的借法?20．（6分）已知集合{}|3327xA x =≤≤，{}2log 1B x x =． (1)分别求A B ⋂，()R C B A ⋃；(2)已知集合{|1}C x x a =<<，若C A ⊆，求实数a 的取值集合．21．（6分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60BAD ︒∠=，90APD ︒∠=，且AD PB =.（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）若AD PB ⊥，求二面角D PB C --的余弦值.22．（8分）已知过点(0,1)A 的椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左右焦点分别为1F 、2F ，B 为椭圆上的13|BF ，12||F F 23||BF 成等差数列. （Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）直线:(2)l y k x =+交椭圆于P ，Q 两点，若点A 始终在以PQ 为直径的圆外，求实数k 的取值范围.参考答案一、单选题（本题包括12个小题，每小题35，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．B 【解析】 【分析】 【详解】由y ＝f′(x)的图象知，y ＝f(x)的图象为增函数， 且在区间(－1,0)上增长速度越来越快， 而在区间(0,1)上增长速度越来越慢． 故选B. 2．A 【解析】 【分析】由中垂线的性质得出12PF PF =，利用圆的切线长定理结合双曲线的定义得出2a =12222MF MF PQ -==，可得出a 的值，再结合c 的值可求出双曲线的离心率的值.【详解】如图所示，由题意2c =，12PF PF =，由双曲线定义得122MF MF a -=， 由圆的切线长定理可得22222MP PF MF PQ +-==，所以，12122222MF MF MP PF MF MP PF MF -=+-=+-=，222a ∴=， 即2a =，所以，双曲线的离心率2ce a==，故选：A.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，同时也考查了双曲线的定义以及圆的切线长定理的应用，解题时要分析出几何图形的特征，在出现焦点时，一般要结合双曲线的定义来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 3．C 【解析】 【分析】直接将4n =代入通项公式，可得答案. 【详解】数列{}n a 的通项公式为21n a n =-. 所以当4n =时，42417a =⨯-=. 故选：C 【点睛】本题考查求数列中的项，属于基础题. 4．D 【解析】 【分析】如图所示，画出可行域和目标函数，根据平移得到答案. 【详解】如图所示，画出可行域和目标函数，2z x y =-，则2y x z =-，z 表示直线y 轴截距的相反数，根据图像知：当直线过()2,2-，即2x =-，2y =时有最小值为6-；当直线过22,33⎛⎫⎪⎝⎭，即23x y ==时有最大值为23，故26,3z ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦.故选：D .【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.5．A【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法以及对数函数的单调性，求出集合A，B，然后进行交集的运算即可。