四川省达州市2021-2022学年高二数学理科下学期期末监测试题（Word版附解析）

达州市2022年普通高中二年级春季期末监测数学试题（理科）一､选择题：本题共12小题，每小题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.已知集合，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据补集、交集的定义计算可得.【详解】集合，，所以，故选：A2已知复数，则（）A.0B.1C.D.2【答案】D【解析】【分析】首先化简，再求得.【详解】，.故选：D3.下表是2017年至2022年硕士研究生报名人数与录取人数（单位：万人），年份201720182019202020212022报名人数201238290341377457录取人数72768199106112根据该表格，下列叙述错误的是（） A.录取人数的极差为40B.报名人数的中位数是315.5C.报名人数呈逐年增长趋势D.录取比例呈逐年增长趋势【答案】D【解析】【分析】分析表格数据，计算极差判断A，利用中位数的定义判断B，从2017年以来，报名人数逐年增长判断C，利用录取人数及报名人数计算录取比例判断D.【详解】对于A，录取人数的极差为，故A正确；对于B，报名人数从小到大排，依次为201，238，290，341，377，457，故中位数为，故B正确；对于C，分析数据可知，从2017年以来，报名人数呈逐年增长趋势，故C正确；对于D，分析数据可知，2017年的录取比例为；2018年的录取比例为，2017-2018年录取比例减小，故D错误；故选：D4.是的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由已知，先明确条件“”，结论“”，然后条件可以推导出结论，但是结论在推到条件的时候有两种情况，故不满足.【详解】由已知，因为，所以，所以“”能推导出“”；若，当时，，故，而当时，由可得，故“”不能推导出“”，所以是的充分不必要条件. 故选：B5.若x，y满足约束条件，则的最小值为（）A.B.0C.1D.2【答案】A【解析】【分析】根据约束条件画出可行域，利用目标函数的几何意义求最小值.【详解】根据约束条件，画出可行域（如图），令，则，当直线经过点时，在轴上截距最大，最大值为；当直线经过点时，在轴上的截距最小，最小值为，故选：A6.的展开式中x的二项式系数为（）A.B.10C.20D.250【答案】B【解析】【分析】求出通项公式，利用的次数求得的值，然后代入进行求解即可．【详解】解：展开式的通项公式为，由得， 则x的二项式系数为，故选：B．7.已知直线l过抛物线的焦点，且平分圆，则直线l的方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可知直线经过抛物线的焦点和圆的圆心，有两点坐标即可求解直线方程.【详解】抛物线的焦点为，由于直线平分圆，故直线经过圆心，所以可得直线经过点和，故斜率，由斜截式可得方程为：，故选：C8.已知函数的所有正极值点由小到大构成以为公差的等差数列，若将的图像向左平移个单位得到的图像，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据条件求出的值，然后根据图像的变换和三角函数的诱导公式可得答案.【详解】由可得，因为函数的所有正极值点由小到大构成以为公差的等差数列，所以函数的周期为，所以，即，所以，所以，故选：A9.为庆祝共青团建团100周年，团市委就“为什么出发”､“怎样走到现在”､“如何走向未 来”进行主题知识宣讲.现派4名团员去学习，每人参加一个主题，每个主题有人参加.则甲参加“如何走向未来”的安排有（）A.6种B.12种C.18种D.24种【答案】B【解析】【分析】由题意可知必有两人选择同一主题,分选择主题“如何走向未来”有2人和选择主题“如何走向未来”只有甲1人两种情况求解即可.【详解】解：由题意可知必有两人选择同一主题；当有2人选择主题“如何走向未来”时，即从剩下的3人中选1人和甲选同一主题，有种情况；当选择主题“如何走向未来”只有甲1人时，只需将剩下的3人分成2组，再让这2组各自选择一个主题即可，共有种情况；故一共有6+6=12种安排法.故选：B.10.在中，，，，则（）A.2B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得：，根据向量的线性运算可得：，，再结合数量积的运算律可得，代入运算求解．【详解】根据题意可得：△为等边三角形，即∵， ∴故选：D．11.某班同学利用课外实践课，测量北京延庆会展中心冬奥会火炬台“大雪花”的垂直高度.在过点的水平面上确定两观测点，在处测得的仰角为30°，在的北偏东60°方向上，在的正东方向30米处，在处测得在北偏西60°方向上，则（）A.10米B.12米C.16米D.18米【答案】A【解析】【分析】由已知分析数据，在中，由正弦定理可求得，在直角中，可求得.【详解】由已知得，，，米在中，由正弦定理可得，求得米在直角中，米故选：A12.正方体的棱长为1，点P在正方体内部及表面上运动，下列结论错误 的是（）A.若点P在线段上运动，则AP与所成角的范围为B.若点P在矩形内部及边界上运动，则AP与平面所成角的取值范围是C.若点P在内部及边界上运动，则AP的最小值为D.若点P满足，则点P轨迹的面积为【答案】B【解析】【分析】根据线线角的定义可知：当点与重合时最小，点在的中点时最大即可确定范围.当垂直时，线面角最大，当与重合时,线面角最小；当平面时，此时最小;根据点的运动轨迹为球面的一部分即可求解.【详解】连接,则为等边三角形，当点与重合时，AP与所成角最小为，当点在的中点时，AP与所成角最大为，故A对.连接交于,故,则平面,故当与重合时，AP与平面所成角最大为，当与重合时,此时长度最大，此时AP与平面所成角最小，最小角为,故AP与平面所成角的取值范围是，故B错误.四面体是正四面体，棱长为，等边中线长为，故四面体的高为，当平面时，此时的最小值为.故C对.点P满足时，此时在以 为球心，半径为1的球面上，又因为点P在正方体内部及表面上运动，故点在的球面上运动，故面积为，故D对.故选:B二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则___________.【答案】1【解析】【分析】从内到外逐层代入计算即可.【详解】∵，则，则，故答案为：1.14.函数，则的最大值为___________.【答案】3【解析】【分析】求导后求得函数的单调性，然后利用单调性结合区间求得函数的最值.【详解】∵∴， 则得，得，故在递减，在递增，，故当时取最大值3，故答案为：3.15.某三棱锥的三视图，如图所示，该三棱锥的体积为___________.【答案】9【解析】【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可.【详解】由题意可知该几何体是将边长为3的正方体的6个面上的对角线构成的正四面体，如图，可以由正方体的体积截去4个小棱锥的体积计算，即该三棱锥的体积为.故答案为：.16.已知，是双曲线的左､右焦点，P为曲线上一点，，的外接圆半径是内切圆半径的4倍.若该双曲线的离心率为e，则 ___________.【答案】【解析】【分析】根据双曲线的定义，设，结合利用余弦定理可得，再根据等面积法求得内切圆半径的表达式，结合正弦定理可得外接圆半径的表达式，进而列式求解离心率即可【详解】由题意，设，因为，故，即，根据双曲线的定义有，故.所以的面积为.又，故.故内切圆半径满足，解得.又的外接圆半径满足，故，由题意，即，所以，故，故，解得故答案为：三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.在实数1与5之间插入个实数，使得这个实数成等差数列.（1）求插入的个实数之和；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）根据等差数列的前项和为，再根据前项和定义可得，代入运算求解；（2）利用裂项相消法求解，．【小问1详解】插入个数后组成等差数列，其中，等差数列的前项和为则插入的个实数之和【小问2详解】所以数列的前项和18.小车C1科目二考试（以下简称为考试）项目包括倒车入库､侧方停车､坡道定点停车和起步､直角转弯､曲线行驶五项.如果某人考试有一项不合格，本次考试不通过.若第一次考试不通过，现场还有一次补考（所有项目重考）机会.（1）统计60名已通过的情况，得到如下2×2列联表，根据该表格是否有95%的把握认为第一次通过与性别有关？第一次通过第二次通过合计男20525女201535合计402060 （2）参加一次考试，甲通过每项的概率都是.如果本次考试这五项顺序是固定的，求甲第一次考试通过的项目数X的分布列和数学期望.附参考公式和数据：，其中.0.1000.0500.0252.7063.8415.024【答案】（1）没有95%的把握认为第一次通过与性别有关（2）分布列答案见解析，数学期望：【解析】【分析】（1）先利用公式求得，然后对比表中的数据即可得出结论；（2）X所有可能取值为0，1，2，3，4，5，分别求得其概率，写出分布列，然后利用期望公式求得数学期望.【小问1详解】由2×2列联表得，.因为，所以没有95%的把握认为第一次通过与性别有关.【小问2详解】由题意，X所有可能取值为0，1，2，3，4，5.，，，，，.X的分布列为 X012345P所以.19.如图在四棱锥中，，，，，点F，Q分别为CD，PB的中点.（1）证明：平面PAD；（2）若，平面ABCD，AP与平面ABCD所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AB的中点H，连接QH，HF，根据线面平行的判定证明平面平面PAD.（2）以直线EC，EA，EP为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAF一个法向量，再根据平面PAE的一个法向量结合二面角的向量求法求解即可【小问1详解】证明：取AB的中点H，连接QH，HF. ∵在中，Q，H分别为BP，BA的中点，∴.又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.∵在梯形ABCD中，H，F分别为AB，DC的中点，∴.又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD又∵，平面QHF，平面QHF，∴平面平面PAD.又∵平面QHF，∴平面PAD.【小问2详解】由题知，EP，EA，EC互相垂直，分别以直线EC，EA，EP为x轴，y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设平面PAF的法向量为，则，即，不妨取，得平面PAF的一个法向量为，由题知平面EAP，∴平面PAE的一个法向量为， 因，所以所求二面角的余弦值为.20.已知椭圆：（）的左､右焦点分别为，，点在椭圆上，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在过点的直线，交椭圆于，两点，使得？若存在，求直线的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）由题知，求得，再利用椭圆定义求得，结合，即可得解.（2）由题设的方程为，联立直线与椭圆的方程，结合已知得，结合韦达定理可得，求解即可.【小问1详解】由题知，，，，由椭圆定义知，即，又，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】存在满足题意的直线.由题知直线的斜率存在，设的方程为，，，联立，整理得， 其中，，∵，∴，即，化简得：，即，解得，或.当时，直线经过点，不满足题意，故舍去.所以存在直线满足题意，其方程为.21.已知函数.（1）若函数在处的切线是，求的值；（2）若，是的极值点，不等式恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据切点在切线上、切点在曲线上计算求解；（2）是函数的极值点，所以为方程的两个正根，代入韦达定理，将不等式等价转化为，利用同构函数单调性求解可得.【小问1详解】∵切点也在切线上，∴，即. ，，即，∴.【小问2详解】当时，，，∵是函数的极值点，则为方程的两个正根.∴，，，即，∵，不等式恒成立，，即，∴.设，则，在上单调递增，∴，，，设，，则，在上单调递增，∴，所以实数m的取值范围是.22.已知曲线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，以轴正半轴 为极轴建立极坐标系，射线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程；（2）射线与曲线相交于两点，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将参数方程化为普通方程，再将普通方程化为极坐标方程．（2）设两点的极坐标方程分别为，则是方程的两根，利用求解即可．【小问1详解】将方程，消去参数a得，∵，，∴曲线的极坐标方程为.【小问2详解】设两点的极坐标方程分别为,将代入，得，其中，可得是方程的两根，由韦达定理知，，∴.23.已知.（1）求不等式的解集； （2）设的最小值为，，，，求的最小值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，分类讨论求解；（2）根据（1）易得，注意由，得，再利用基本不等式求解．【小问1详解】根据题意可得：当时，，得当时，，得当时，，得综上所述：不等式的解集为或【小问2详解】由（1）知，∴. 即，∴，∴，当且仅当，时，取等号.所以的最小值为.