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浙江省杭州“六县九校”联盟2021-2022学年高二数学下学期期中联考试题(Word版附解析)
浙江省杭州“六县九校”联盟2021-2022学年高二数学下学期期中联考试题(Word版附解析)
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杭州“六县九校”联盟2021学年第二学期期中联考高二年级数学学科试题选择题部分一、单选题(本题共8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,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求解不等式可得集合,根据对数函数的定义可得集合B,进而求解.【详解】因为,所以,则,因为,所以,则,所以,故选:B2.已知直线与直线平行,则实数()A.B.3C.5D.或3【答案】A【解析】【分析】根据有斜率的两条直线平行的条件列式可解得结果.【详解】当时,显然不符合题意,所以,由得,由得,所以,解得故选:A 【点睛】本题考查了两条直线平行的条件,属于基础题.3.第24届冬季奥运会将于2022年2月4日在北京开幕.为保证冬奥会顺利进行,组委会需要提前把各项工作安排好.现要把甲、乙、丙、丁四名志愿者安排到七天中服务,每天一人,甲两天,乙三天,丙和丁各一天,则不同的安排方法有()A.840种B.140种C.420种D.210种【答案】C【解析】【分析】使用特殊元素法,直接计算即可.【详解】由题可知:甲两天,乙三天,丙和丁各一天所以不同的安排方法有种故选:C4.的二项展开式中第4项的系数为()A.-80B.-40C.40D.80【答案】B【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】的二项展开式中第4项为,所以所求系数为.故选:B5.函数的图像可能是()A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】由奇偶性排除CD,由特殊值排除B,从而得出正确答案.详解】令,则函数为奇函数,故CD错误当时,,则当时,,则则,即由可知,函数的第一个正零点为,,故B错误;故选:A【点睛】关键点睛:解决本题的关键在于判断出是函数的第一个正零点,从而由得出答案.6.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.3盏B.7盏C.9盏D.11盏 【答案】A【解析】【分析】设塔的顶层共有盏灯,则数列公比为2的等比数列,利用等比数列前项和公式能求出结果.【详解】解:设塔的顶层共有盏灯,则数列公比为2的等比数列,,解得,即塔的顶层共有灯3盏.故选:A.7.已知双曲线的右顶点为A,若以点A为圆心,以b为半径的圆与C的一条渐近线交于M,N两点,且,则C的离心率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】()中设,,应用余弦定理得关于的方程,由于,故此方程的两解即为的长,应用韦达定理得,由向量得,三式变形得出关于的等式,变形后可求得离心率.【详解】设渐近线是,记,则,所以,设,在中,,所以,即,由于,因此上述方程的两解就是, 又,不妨记,又,,则,所以,所以,则,解得或又,所以.故选:C8.在正方体中,E是侧面内动点,且平面,则直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是 A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系利用向量 法求出直线与直线AB所成角正弦值的最小值.【详解】解:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,设正方体中棱长为1,设0,,,,1,,1,,0,,1,,,1,,1,,设平面的法向量y,,则,取,得,平面,,解得,,,设直线与直线AB所成角为,1,, ,,,.直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是.故选B.【点睛】本题考查线线角的正弦值的最小值的求法,空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,函数与方程思想,是中档题.二、多选题(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.全部选对得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分)9.已知函数,下列关于的说法正确的是()A.定义域是B.值域是C.图象恒过定点D.当时,在定义域上是增函数【答案】ABC【解析】【分析】根据对数型复合函数的性质依次讨论各选项即可得答案.【详解】解:对于A选项,,解得,所以定义域是,故正确;对于B选项,由对数函数的性质得值域是,故正确;对于C选项,函数恒过定点,故正确;对于D选项,当时,函数在上单调递增,函数在上单调递减,故根据复合函数单调性得当时,在定义域上是减函数,故错误;故选:ABC10.古代中国的太极八卦图是以圆内的圆心为界,画出相同的两个阴阳鱼,阳鱼的头部有阴眼,阴鱼的头部有阳眼,表示万物都在相互转化,互相渗透,阴中有阳,阳中有阴,阴阳相合,相生相克,蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律.图2(正八边形ABCDEFGH)是由图1(八 卦模型图)抽象而得到,并建立如图2的平面直角坐标系,设,则下列正确的结论是()A.B.以射线OF为终边的角的集合可以表示为C.点O为圆心、OA为半径的圆中,弦AB所对的劣弧弧长为D.正八边形ABCDEFGH的面积为【答案】ABC【解析】【分析】正八边形的八个内角相等,则一个内角为,,对A,由,根据向量的数量积即可判断;对B,结合终边相同的角的定义即可判断;对C,由弧长公式判断即可;对D,求得的面积,进而得到正八边形的面积,即可判断.【详解】由题意可得,正八边形的八个内角相等,则一个内角为,,因为,,所以,所以A正确;因为,所以以射线为终边的角的集合可以表示为,所以B正确; 对于C,因为,半径为1,所以弦所对的劣弧弧长为,所以C正确;对于D,因为,所以正八边形的面积为,所以D错误,故选:ABC11.已知圆的方程为,过第一象限内的点作圆的两条切线、,切点分别为、,下列结论中正确的有()A.直线的方程为B.四点、、、共圆C.若在直线上,则四边形的面积有最小值2D.若,则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】设,,得切线方程,代入点坐标后,根据直线方程的意义得出方程判断A,由切线与过切点的半径垂直判断B,求出四边形的面积和,得出与直线垂直时,面积最小,求出圆心到直线的距离即可得从而判断C,由数量积的定义得出,再由基本不等式可得最大值,从而判断D.【详解】设,时,切线方程为,时,切线方程为,时,,因此,切线方程为,又,,或的切线方程也满足此方程.同理设,切线方程是,而在两切线上,所以,,因此直线的方程是,A正确; 由,因此可得,所以四点、、、共圆,B正确;由四边形的性质知其面积等于,要使得切线长最小,则最小,即为到直线的距离,,因此面积最小值为,C错误;由,用得,所以,所以,由基本不等式知,所以,当且仅当时等号成立,所以的最大值是.D正确、故选:ABD.12.对函数进行研究后,得出以下结论,其中正确的有()A.函数的图象关于y轴对称B.C.函数的图象与轴有无穷多个交点,且每相邻两交点间距离相等D.对任意常数,存在常数,使函数在上单调递减,且【答案】ABD【解析】【分析】由函数奇偶性定义判断可知A正确;构造函数,求导判断单调性,进而求得最值可判断B;由的图象与轴的交点坐标为且可判断C;求导分析时成立的情况,即可判断选项D,进而可得正确选项.【详解】对于A:因为函数的定义域为,所以为偶函数,图象关于轴对称,故选项A正确;对于B:由A知为偶函数,当时,, 若即只需证,令,,因为,所以,所以在上单调递增,所以,即,所以恒成立,故选项B正确;对于C:令,可得,所以函数的图象与轴的交点坐标为且,交点与间的距离为,而其余任意相邻两点之间的距离为.故选项C错误;对于D:,即,即,当时,,,区间长度为,所以对于任意常数,存在常数,,使在上单调递减且,故选项D正确;故选:ABD.【点睛】方法点睛:利用导数研究函数单调性的方法:(1)确定函数的定义域;求导函数,由(或)解出相应的的范围,对应的区间为的增区间(或减区间);(2)确定函数的定义域;求导函数,解方程,利用的根将函数的定义域分为若干个子区间,在这些子区间上讨论的正负,由符号确定在子区间上的单调性.非选择题部分 三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知复数满足,那么___.【答案】【解析】【详解】试题分析:因,故答案为:.考点:复数及运算.14.抛物线的准线截圆所得弦长为2,则抛物线的焦点坐标为_________.【答案】(1,0)【解析】【分析】根据标准方程写出准线方程,化圆的一般方程为标准形式,得出圆心和半径,利用弦长公式得到关于p的方程,求得p的值,进而得到焦点坐标.【详解】抛物线的准线为,把圆化成标准方程为,得圆心,半径,圆心到准线的距离为,所以,即,所以焦点坐标为.【点睛】本题考查求抛物线的标准方程中的参数问题进而求焦点坐标,涉及抛物线的准线和圆的弦长问题,难度较易.15.已知函数在上的图象是连续不断的一条曲线,并且关于原点对称,其导函数为,当时,有不等式成立,若对,不等式恒成立,则正整数的最大值为_______.【答案】【解析】【分析】令先判断函数g(x)的奇偶性和单调性,得到在R上恒成立, 再利用导数分析解答即得解.【详解】因为当时,有不等式成立,所以,令所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,由题得所以函数g(x)是奇函数,所以函数在R上单调递增.因为对,不等式恒成立,所以,因为a>0,所以当x≤0时,显然成立.当x>0时,,所以,所以函数h(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.所以,所以a<e,所以正整数的最大值为2.故答案为2【点睛】本题主要考查函数的奇偶性及其应用,考查函数单调性的判断及其应用,考查利用导数研究不等式的恒成立问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.属于中档题.16.数列的前项n和为,满足,且,则______.【答案】【解析】【分析】由,得到,利用裂项相消法,即可 求得.【详解】由题意,数列满足,可得,所以++…+,故答案为: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.良好的体育锻炼习惯,对学生的学习和生活都非常有益.某校为了解学生的课外体育锻炼时间情况,在全体学生中随机抽取了200名学生进行调查,并将数据分成六组,得到如图所示的频率分布直方图.将平均每天课外体育锻炼时间在上的学生评价为锻炼达标,将平均每天课外体育锻炼时间在上的学生评价为锻炼不达标.(1)估计这200名学生每天课外体育锻炼时间的中位数与平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);(2)在上述锻炼达标的学生中按分层抽样的方法抽取8名,再从这8名同学中随机抽取2名,求这两名同学中至少有一名每天体育锻炼时间在的概率.【答案】(1),;(2).【解析】 【分析】(1)根据频率分布直方图计算中位数与平均数;(2)根据古典概型概率公式计算即可.【详解】解:(1)设中位数为,则,;(2)根据题意可得,抽取的8名同学中,时间在的有6名,记为,,,,,,时间在的有名,记为,,从8名同学中随机取2人的基本事件为,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,共个,记事件为两名同学中至少有一名每天体育锻炼时间在,则包含的基本事件个数有个,所以.18.已知(1)求函数的对称中心和单调增区间;(2)将函数的图象上的各点______得到函数的图象,当时,方程有解,求实数a的取值范围.在以下①、②中选择一个,补在(2)的横线上,并加以解答,如果①、②都做,则按①给分.①向左平移个单位,再保持纵坐标不变,横坐标缩小为原来的一半;②纵坐标保持不变,横坐标缩小为原来的一半,再向右平移个单位.【答案】(1)对称中心是,;单调增区间为, (2)【解析】【分析】(1)化简,根据正弦型函数的性质即可求解;(2)选①可得,结合余弦型函数性质可得的范围,即可求得的范围;选②可得,结合正弦型函数性质可得的范围,即可求得的范围.【小问1详解】因为令,,则,,故函数的对称中心是,;令,,则,,所以单调增区间为,【小问2详解】选①,则可得,当时,,则,所以,若方程有解,则. 选②,则可得,当时,,则,所以,若方程有解,则.19.已知等差数列的公差为正数,,其前n项和为,数列为等比数列,,且,.(1)求数列与的通项公式;(2)求数列的前n项和.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)结合等比数列的通项公式及等差的前项和可得,即可求解;(2)由(1)可知,利用错位相减法即可求解.【小问1详解】由题,设等差数列的公差为,等比数列公比为,所以,因为,,所以,解得:,所以,.【小问2详解】由(1)得:,所以, 则,两式作差得:,所以.20.如图,在四棱锥中,平面,为线段上一点不在端点.(1)当为中点时,,求证:面(2)当为中点时,是否存在,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在求出M的坐标,若不存在,说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在,【解析】【分析】(1)法一:建立空间直角坐标系,找坐标,利用直线的方向向量与平面的法向量垂直,证明即可.法二:取BP的中点E,连接,,则,根据线面平行的判定定理证明即可.(2)假设存在点M,根据,求点M的坐标,求平面的法向量为,根据,求解 ,即可.【详解】(1)方法一:证明:因为平面,,平面.所以.又,所以,,两两垂直.分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则,.显然平面的法向量为,则又不在平面内,所以平面.方法二:取的中点,连接,由为的中点,可知在平面四边形中,即,所以,即由已知得所以,四边形是平行四边形,所以 因为平面,平面所以平面(2)假设存在点M使得与平面所成角的正弦值为则,所以为中点,则,即设平面的法向量为∴,不妨设,则∴设线面角为,则解得或1(舍去)∴时,直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明,以及根据线面角的正弦值确定动点位置,考查了空间向量法的应用,考查了运算能力,属于较难题.21.已知椭圆的离心率为,圆与轴相切,为坐标原点.(1)求椭圆的方程;(2)设椭圆的右焦点为,过点的直线交椭圆于两点,是否存在直线使的面积为?若存在,求出直线的方程;若不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)存在,或或或 【解析】【分析】(1)根据圆与轴相切可得,再结合离心率即可求出椭圆的方程;(2)设直线,,与椭圆联立,利用韦达定理以及求出面积,然后解方程即可.【小问1详解】因为圆与轴相切,所以所以,又,所以,所以椭圆;【小问2详解】由(1)可知椭圆的右焦点为,①当直线的斜率为时,显然不适合题意;②当直线的斜率不为时,设直线,联立,恒成立,所以,则所以 令,解得或,即得或所以符合条件的直线方程分别为或或或.22.已知函数,,.(1)求的最大值;(2)若对,总存在使得成立,求的取值范围;(3)证明不等式.【答案】(1)0;(2);(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)利用导数判断函数的单调区间,从而可求出函数的最大值,(2)将问题转化为,然后通过讨论确定每段区间上函数的单调性和最值,(3)先通过观察凑出所要证明的表达式的形式,再利用等比数列的求和公式求和,最后通过放缩法得到结论【详解】(1)由,,得,当时,,当时,,所以在上递增,在上递减,所以当时,取得最大值,即.(2)对,总存在使得成立,等价于,由(1)可知,问题转化为即在有解,即在有解, ∴.(3)由(1)知:,令,则,即,也即,∴,.得证.【点睛】关键点点睛:此题考查导数的应用,考查利用导数求函数的最值,利用导数解决不等式恒成立问题,考查放缩法证明不等式,解题的关键是由(1)的结果可得,取,则,从而可得,然后给取值,结放缩法可证得结论,考查数学转化思想,属于较难题.
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高中 - 数学
发布时间:2023-04-18 21:30:02
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