2021-2022学年江西省景德镇市第一中学高一（特色班）上学期期末数学试题含解析

这是一份2021-2022学年江西省景德镇市第一中学高一（特色班）上学期期末数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省景德镇市第一中学高一（特色班）上学期期末
数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则的子集个数为（       ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】B
【分析】根据集合交集的定义，结合集合元素个数公式进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，因此的子集个数为，
故选：B
2．已知复数满足，则（       ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】C
【分析】将已知条件表示出，在根据模长公式求解即可.
【详解】设（），则由，得
，由复数相等的充要条件，得，解得，，故，所以．
故选: C.
3．命题“，”的否定是（       ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】利用全称量词命题的否定变换形式即可求解.
【详解】的否定是，的否定是，
故“，”的否定是“，”，
故选：D
4．定义在R上的偶函数在上单调递减，且，若的解集为，则a的值为（       ）
A．-3 B．-2 C．2 D．3
【答案】D
【分析】根据偶函数的性质可将不等式化为，根据单调性即可求解，再由解集即可求出.
【详解】由题意得在上单调递增，且，
所以不等式可转化为，则可得，
解得．又的解集为，
所以，，所以．
故选：D．
5．已知向量，若向量在方向上的投影为，则（       ）
A． B． C．或13 D．3
【答案】B
【分析】根据题意得，进而且，再解方程即可得答案.
【详解】解：因为，
所以向量在方向上的投影为，
所以且，即且
所以.
故选：B
6．已知椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，两曲线的焦点相同，且，若为两曲线在第一象限的交点，且满足（为坐标原点，为右焦点），则 （       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意得，进而根据椭圆的定义和双曲线的定义，结合勾股定理得，进而得，再结合求解得答案.
【详解】解：如图，设为两曲线的左焦点，焦距为，连接，
因为两曲线的焦点相同，且，
所以，
所以，
因为,
所以，即，
所以在椭圆中，，，
在双曲线中，，，
所以，
所以，
所以，即，
因为，
所以联立，解得，
因为，所以.
故选：C

7．在锐角中，分别为角的对边，已知，则的面积S的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据条件求出，利用三角形面积公式得到，采用极端值方法求出的最值，进而得到的范围，求出面积的取值范围.
【详解】，因为为锐角三角形，故，
，当BC⊥AB时，，当CB⊥AC时，，故，所以.
故选：C
8．在中，的平分线交于点，，则周长的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等面积法得，进而结合基本不等式得，，当且仅当时等号成立，再结合余弦定理得，当且仅当时等号成立，进而得周长最小值.
【详解】解：根据题意，设，
因为，，，
所以，即，
所以，
因为根据基本不等式有，
所以，，当且仅当时等号成立，
由余弦定理得
，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立.
所以周长的最小值为.
故选：C
二、多选题
9．已知直线l的一个方向向量为，且l经过点，则下列结论中正确的是（       ）
A．l的倾斜角等于
B．l在x轴上的截距等于
C．l与直线垂直
D．l上不存在与原点距离等于的点
【答案】CD
【分析】由已知得直线l的斜率，可判断A选项；得直线l的方程为，令可判断B选项；求得直线的斜率为可判断C选项；求得原点到直线l的距离可判断D选项．
【详解】由已知得直线l的斜率，设其倾斜角为，则，所以，故A选项错误；
直线l的方程为，即，所以它在x轴上的截距等于，故B选项错误；
直线的斜率为，所以两直线垂直，故C选项正确；
原点到直线l的距离，即l上的点与原点的最小距离大于，故l上不存在与原点距离等于的点，D选项正确．
故选：CD.
【点睛】本题考查直线的斜率、倾斜角、在x轴上的截距，以及两直线垂直的条件，属于基础题.
10．已知双曲线的标准方程为，则（       ）
A．双曲线的离心率等于半焦距
B．双曲线与双曲线C有相同的渐近线
C．双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长为
D．直线与双曲线的公共点个数只可能为0，1，2
【答案】AD
【分析】求出双曲线C的离心率及渐近线方程，计算直线被圆所截弦长，对选项A，B，C逐一验证并判断，再由直线与双曲线C的位置关系判断D得解.
【详解】因双曲线的标准方程为，则，
双曲线C的离心率，即A正确；
双曲线C的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为，它们不同，B不正确；
因双曲线C的渐近线和圆都关于x轴对称，不妨选渐近线，圆心(1，0)到直线的距离，
渐近线被该圆所截弦长为，C不正确；
由得，
时，方程组无解，直线与双曲线交点个数为0，，方程组有一解，直线与双曲线交点个数为1，
时，，若，则方程组无解，直线与双曲线交点个数为0，
若，则方程组有一解，直线与双曲线交点个数为1，
若，则方程组有两解，直线与双曲线交点个数为2，
综上得直线与双曲线的公共点个数只可能为0，1，2，即D正确.
故选：AD
【点睛】思路点睛：直线与曲线的公共点个数转化为联立直线l与曲线C的方程组的解的个数解决.
11．设F是抛物线C：的焦点，直线l过点F，且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（       ）
A．
B．
C．若点，则的最小值是3
D．的面积的最小值是2
【答案】ACD
【解析】讨论直线l是否有斜率，分别计算|AB|和△OAB的面积或其范围，判断A，D，举特例判断B错误，根据抛物线性质和三点共线判断C．
【详解】解：F（1，0），不妨设A在第一象限，
（1）若直线l无斜率，则A（1，2），B（1，−2），
则|AB|＝4，|OA|＋|OB|＝2|OA|＝，
，显然B错误；
（2）若直线l存在斜率，
设直线l斜率为k，则直线l的方程为：y＝k（x−1），显然k≠0，
联立方程组，消元得：，
设，
则，
∴|AB|＝＋2＝4＋＞4，
原点O到直线l的距离，
∴，
综上，|AB|≥4，≥2，故A正确，D正确，
过点A向准线作垂线，垂足为N，则|PA|＋|AF|＝|PA|＋|AN|，
又P（2，2）在抛物线右侧，故当P，A，N三点共线时，|PA|＋|AF|取得最小值3，故C正确．
故选：ACD．

【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的简单性质，属于中档题．
12．已知抛物线，O为坐标原点，其焦点为F，准线与x轴相交于M点，经过M点且斜率为k的直线l与抛物线相交于两点，则下列结论中正确的是（       ）
A． B．
C．可能为直角 D．当时，的面积为16
【答案】CD
【分析】设交点，直线方程与抛物线方程联立方程组，消元后就判别式得的范围，但要注意，判断A，由韦达定理及点在抛物线上可判断B，计算出，可判断C，由，代入韦达定理所得结论可判断D．
【详解】依题意，直线l的方程为，联立消去y得，因为直线l与抛物线相交于两点，所以解得且，故A选项错误；
又，所以，由于同号，所以，于是，故B选项错误；
由于，所以，显然当时，，此时为直角，故C选项正确；
的面积，当时，，因此，故选项D正确．
故选：CD．
【点睛】本题考查直线与抛物线相交，解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点为，由直线方程与抛物线方程联立方程组，消元后应用韦达定理得，代入其他各条件计算，化简得出结论．
三、填空题
13．已知向量，，，_______．
【答案】
【分析】由已知可得，展开化简后可得结果.
【详解】由已知可得，
因此，.
故答案为：.
14．已知双曲线的右焦点为，以（为坐标原点）为直径的圆交双曲线C的一条渐近线于另一点A，且，点F到该渐近线的距离为1，则双曲线C的标准方程为____________.
【答案】
【分析】根据几何关系，求得关系，结合，以及，即可求得双曲线方程.
【详解】根据题意，连接，作图如下：

由题可知：，由可得：，又，
故可得，，则，即，
又即为点F到该渐近线的距离，故可得，解得；
又，故可得，则双曲线方程为：.
故答案为：.
15．已知函数在区间上单调递增，且直线与函数的图象在上有且仅有一个交点，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】由函数在上单调递增，得到，结合直线与函数的图象在上有且仅有一个交点，列出方程组，即可求解.
【详解】令，可得，
所以函数的单调递增区间为，
因为函数在上单调递增，
所以，可得， 因为，解得，
又因为直线与函数的图象在上有且仅有一个交点，
所以，解得，
综上可得，实数的取值范围是.
故答案为：.
16．某次联欢会上设有一个抽奖游戏，抽奖箱中共有四种不同颜色且形状大小完全相同的小球16个，分别代表一等奖、二等奖、三等奖、无奖四种奖项.其中红球代表一等奖且只有1个，黄球代表三等奖，从中任取一个小球，若中二等奖或三等奖的概率为，小华同学获得一次摸奖机会，则求他不能中奖的概率是____________.
【答案】
【分析】根据题意，求得个球中代表无奖的球的个数，利用古典概型的概率计算公式，即可求得结果.
【详解】从个球中任取一个小球，中二等奖或三等奖的概率为，
故可得代表二等奖和三等奖的球共有个，又代表一等奖的球有个，
故代表无奖的球有个，故小华同学获得一次摸奖机会，不能中奖的概率.
故答案为：.
四、解答题
17．数列中，已知是首项为1，公比为的等比数列.
(1)求；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1).
(2).
【分析】（1）根据已知条件，利用逐差法，结合等比数列前项和的求解公式，即可求得；
（2）根据（1）中所求，利用等比数列前项和的求解公式，即可求得.
(1)
因为是首项为1，公比为的等比数列，
故
.
即.
(2)
由（1）知：，故可得：

.
故数列的前项和.
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】详见解析
【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.
【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理
由可得：，不妨设，
则：，即.
若选择条件①：
据此可得：，，此时.
若选择条件②：
据此可得：，
则：，此时：，则：.
若选择条件③：
可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.
［方法二］：正弦定理
由，得．
由，得，即，
得．由于，得．所以．
若选择条件①：
由，得，得．
解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件②：
由，得，解得，则．
由，得，得．
所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件③：
由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．
【整体点评】
方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；
方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角，可求出角，从而可得，再根据选择条件即可解出．
19．某部门举办法律知识问答活动，随机从该市18~68岁的人群中抽取了一个容量为的样本，并将样本数据分成五组：[18,28），[28,38），[38,48），[48,58），[58，68]，再将其分别编号为第1组、第2组、…、第5组.该部门对回答问题的情况进行统计后，绘制了下表和如图所示的频率分布直方图.
组号
分组
回答正确的人数
回答正确的人数占本组的比例
第1组
[18,28)
5
0.5
第2组
[28,38)
18

第3组
[38,48)
27
0.9
第4组
[48,58)

0.36
第5组
[58,68]
3
0.2


(1)分别求出的值.
(2)从第2，3，4组回答正确的人中用分层抽样的方法抽取6人，则第2，3，4组每组各应抽取多少人？
(3)在（2）的前提下，在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖，求第2组至少有1人获得幸运奖的概率.
【答案】(1)；
(2)第2，3，4组每组各应抽取人.
(3)
【分析】（1）结合频率分布直方图和频率分布表计算求解即可；
（2）根据分层抽样的方案确定抽样比例，进而得答案；
（3）根据古典概型列举基本事件，再结合公式计算即可.
(1)
解：由表中的数据可知：第1组的人数为人，
所以根据频率分布直方图得人，
所以第二组有人，其中回答正确的有人，故，
第四组有人，所以回答正确的人数人.
综上，；
(2)
解：第2,3,4组回答正确的人数比为，
所以采用分层抽样的方法抽取6人，则第2，3，4组每组各应抽取多少人.
(3)
解：设抽出的6人来自第2组的两人为，来自第3组的三人为，来自第4组的一人为，
则在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖的可能有：，，共15种，
其中第2组至少有1人获得幸运奖有，共9种
所以第2组至少有1人获得幸运奖的概率为
20．在中，若，求证：.
【答案】证明见解析.
【分析】由题知，进而证明即可，再根据二倍角公式与和差化积公式化简整理即可得成立.
【详解】解：因为在中，若，
所以
所以由正弦定理得等价于，
所以

所以.
21．抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：

，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】
第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
22．已知平面内的定点，为坐标原点，为平面内的动点，满足线段的中点在圆上，点在线段上且，当运动时，点形成的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若曲线与轴的左、右两个交点分别为，过定点的直线与曲线交于两点，设直线与相交于点，证明：点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）设，，进而根据题意得的轨迹是以点为圆心，半径的圆，再连接得，故点形成的轨迹为以为焦点的椭圆，且长轴长为，进而得答案；
（2）由题设直线方程为，，进而联立方程，结合韦达定理得，再将直线与直线的方程联立得，进而整理得即可证明.
(1)
解：根据题意，设，，则
因为线段的中点在圆上，
所以，即，
所以点的轨迹方程为，即的轨迹是以点为圆心，半径的圆，
如图，连接，因为，为的中点，
所以为线段的中垂线，
所以，
所以，
所以点形成的轨迹为以为焦点的椭圆，且长轴长为，
所以设曲线的方程为，则，
所以曲线的方程

(2)
解：因为曲线与轴的左、右两个交点分别为，所以，
根据题意得直线斜率存在，且 ，故设直线方程为，
设，
联立方程得，
所以，解得，

因为
所以.
因为直线的方程为，直线的方程为
所以联立得，
所以，
所以点在定直线上.
23．已知，若对任意的，都有，则称在上是关联的.
(1)判断和证明在上是否关联，在上是否关联；
(2)若在上是关联的，当时，，解不等式；
(3)证明：“在上是关联的，且在上是关联的”，当且仅当“在上是关联的”.
【答案】(1)在上是关联，在上不关联；证明见解析；
(2)
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据关联函数定义判断即可得答案；
（2）由题知，进而得，，进而将问题转化为解当时，和当时，即可得答案；
（3）先证必要性，由题知且时，有恒成立，进而时，设，采用反证法证明对任意的恒成立即可；再证充分性，由题，且，进而得，即在上是关联的，且当时，必存在某个自然数使得，不妨设，其中，进而证明成立得在上是关联的.
(1)
解：在上是关联，在上不关联，证明如下：
当，则，
当，则，
所以在上是关联，在上不关联.
(2)
解：因为在上是关联的，
所以，对任意的，，即成立，
所以，
所以当时，，，；
所以当时，；
当时，，
所以解只需考虑和时的情况，
当时，，解得，
当时，，解得，
综上，不等式的解集为.
(3)
证明：必要性：
因为在上是关联的，结合（2）得成立，
因为在上是关联的，
所以对任意的，都有，即时，有恒成立，
当时，不妨设，则，
所以要证，只需证对任意的恒成立，
当时，显然成立，故假设存在使得，
由于，故，
所以，矛盾，
所以，
所以在上是关联的
充分性：
若在上是关联的，则当时，，
所以 ①，且 ②，
所以①②得，而，
所以，
所以①②两式比同时取等号，即，
所以在上是关联的，
当时，必存在某个自然数使得，
不妨设，其中，
则，
要证，只需证
因为，，
所以成立，
所以在上是关联的.
综上，命题成立.
【点睛】本题考查运算求解能力，逻辑推理能力，综合分析能力，分类讨论思想，是难题.本题第二问解题的关键在于根据关联函数的定义得当，，进而求得解析式，再解不等式；第三问解题的关键在于问题的等价转化，其中必要性问题转化为证明对任意的恒成立，充分性转化为证明当时，