云南省陆良县联办高级中学2019-2020学年高二下学期入学考试数学（理）试题

云南省陆良县联办高级中学2019-2020学年高二下学期入学考试数学（理）试题

陆良联中2021届高二下学期入学考试 理科数学 一、选择题（共12个小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．已知全集,则为 A． B． C． D．‎ ‎2．若，则 A． B． C． D．‎ ‎3．甲、乙两名篮球运动员在10场比赛中得分的茎叶图如图所示，则“”是“甲运动员得分平均数大于乙运动员得分平均数”的 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 ‎4．已知等比数列中，，公比，则等于 ‎ A． B． C． D．‎ ‎5．函数的图象大致是 ‎ A． B． C． D．‎ ‎6.若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则 A．2 B．3 C．4 D．8 7．某几何体的三视图如图（虚线刻画的小正方形边长为1）所示，则这个几何体的体积为 A． ‎ ‎ B． ‎ ‎ C． ‎ ‎ A． ‎8．在中，，，，则在方向上的投影是 ‎ A．4 B．3 C．-4 D．-3‎ ‎9．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是 A． B． C． D．‎ ‎10. 设，，则 A． B． C． D．‎ ‎11．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为 A． B． C． D．‎ ‎12．已知双曲线的左、右两个焦点分别为，为其左右顶点,以线段为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，且,则双曲线的离心率为 ‎ A． B． C． D．‎ 二、填空题（共4个小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13． 的内角的对边分别为.若，则的面积为__________.‎ ‎14．若满足约束条件 则的最大值为__________．‎ ‎15．已知，，则__________．‎ ‎16．已知函数是定义在上的偶函数，若对于，都有且当时，，则__________．‎ 三、解答题（共6题，共70分）‎ ‎17（12分）、为了纪念“一带一路”倡议提出五周年,某城市举办了一场知识竞赛,为了了解市民对“一带一路”知识的掌握情况,从回收的有效答卷中按青年组和老年组各随机抽取了40份答卷,发现成绩都在内,现将成绩按区间,,,，进行分组,绘制成如下的频率分布直方图．‎ 青年组 老年组 ‎(1)利用直方图估计青年组的中位数和老年组的平均数；‎ ‎(2)从青年组,的分数段中,按分层抽样的方法随机抽取5份答卷,再从中选出3份答卷对应的市民参加政府组织的座谈会,求选出的3位市民中有2位来自分数段的概率．‎ ‎18（12分）、在中，a，b，c分别为角A，B，C所对边的长.，.‎ ‎（1）求角A的值；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎19（12分）、已知数列是各项都为正数的等比数列，且.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前n项和.‎ ‎20（12分）、已知四棱锥，，‎ ‎，，点在底面上的射影是的中点，．‎ ‎（1）求证：直线平面；‎ ‎（2）若，、分别为、的中点，求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（3）当四棱锥的体积最大时，求二面角的大小．‎ ‎21（12分）、已知椭圆C: 的左,右焦点分别为且椭圆上的点到两点的距离之和为4‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若直线与椭圆交于两点,为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求△OMN的面积是否为定值，并说明理由 ‎22（10分）、 在直角坐标系中，圆C的参数方程为，其中为参数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎(1)求圆的极坐标方程；‎ ‎(2)为圆上一点，且点的极坐标为，射线绕点逆时针旋转，得射线，其中也在圆上，求的最大值．‎ 陆良联中2021届高二下入学考试 理科数学 一、选择题（共12个小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．B 2．D 3．A 4．C 5．A 6.D 7．D 8．D 9．A 10．B 11．B 12．B 二、填空题（共4个小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13. 14．9 15． 16． ‎ 三、解答题（共6题，共70分）‎ ‎17（12分）、 (1)中位数为80，平均数为(2)‎ ‎ (1)由青年组的频率分布直方图可知,前3个小矩形的面积和为,后2个小矩形的面积和为,所以中位数为80．‎ 中老年组成绩的平均数为．‎ ‎(2)青年组,的分数段中答卷分别为12份,8份,‎ 抽取比例为,所以两段中分别抽取的答卷分别为3份,2份．‎ 记中的3位市民为,,,中的2位市民为,,‎ 则从中选出3位市民，共有不同选法种数10种：‎ ‎,,,,‎ ‎,,,,,．‎ 其中,有2位来自的有3种：,,．‎ 所以所求概率．‎ ‎18（12分）、（1）；（2）.‎ ‎（1）在中,因为,‎ 所以 因为 由正弦定理,得,即 所以 若,则,与矛盾,故 于是 又因为 所以 ‎（2）因为,,,‎ 所以 由正弦定理,得 所以的面积为 ‎19（12分）、（1）设数列的公比为q，则，可变形为，‎ 化简为 解得或（舍去）‎ 因为，所以，解得 所以数列的通项公式为 ‎ ‎（2）因为 所以 所以 ‎20（12分）、（1）证明见解析（2）（3）‎ ‎（1）连接，因为平面，平面，所以，‎ 又因为，且为的中点，故．‎ 又，所以平面；‎ ‎（2）以为原点，、所在直线分别为、轴建立直角坐标系如图所示，‎ 则，，，，‎ 于是，解得．即．‎ 所以，，‎ 设平面的法向量为，，，‎ 则，令，得，‎ 所以．‎ 故直线与平面所成角的正弦值为；‎ ‎（3）设，则，，‎ 所以，‎ 当且仅当即时取等号，此时，，‎ 以为原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系如图所示，‎ 则，，，．‎ 设平面的法向量为，，，‎ 则，令，得，‎ 同理，可得平面的一个法向量为的，‎ 所以，‎ 又因为二面角为钝二面角，所以二面角的大小为．‎ ‎21（12分）、（1）；（2）定值1‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由已知，即，又点在椭圆上，‎ 所以，所以，故椭圆方程为.‎ ‎（2）设，‎ 由，得，‎ 则，即，‎ 且，‎ 因为直线的斜率之积等于，‎ ‎，‎ 所以，‎ 即，‎ 又到直线MN的距离为，‎ 所以.‎ ‎22（12分）、（1），‎ 由可得圆的极坐标方程．‎ ‎（2）由题意可知：,所以 ‎，所以，‎ 从而最大值为．‎