2021-2022学年云南省昆明市第一中学高二下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年云南省昆明市第一中学高二下学期期中考试数学试题含解析，共17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学年云南省昆明市第一中学高二下学期期中考试数学试题一、单选题1．设集合，集合满足，则满足条件的集合的个数为（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】列出满足的集合全部情况即可.【详解】因为集合，，则，所以集合可能的情况有，，，，共有4个.故选：D【点睛】本题主要考查集合的并集运算，属于简单题.2．已知数列的前项和为，且，，则为（       ）A．1024 B．2096 C．1023 D．2095【答案】C【分析】先由定义判断数列是等比数列，求出首项，再按照求和公式求即可.【详解】由可得，又，故数列为公比为2的等比数列，则，解得，故.故选：C.3．函数的图象大致为（       ）A． B．C． D．【答案】A【解析】先根据函数的奇偶性排除部分选项，再由时判断.【详解】因为，所以为奇函数，排除C，D；又因为时，排除B，故选：A.4．已知向量与的夹角为120°，||＝3，|＋|＝，则等于（       ）A．5 B．4 C．3 D．1【答案】B【分析】将|＋|＝两边平方，得到关于的一元二次方程，解方程即可.【详解】∵向量与的夹角为120°，||＝3，|＋|＝，∴,∵，∴，∴＝﹣1（舍去）或＝4，故选：B．【点睛】本题考查向量数量积的运算，考查向量的模的计算，考查计算能力，属于基础题.5．函数的单调递减区间是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求导，，由即可得解.【详解】函数的定义域是，，令，解得，故函数在上单调递减，选：D.【点睛】本题考查了利用导数求函数单调性，考查了导数的基本能应用，属于基础题.6．已知函数(ω>0)，若f(x)在上恰有两个零点，则ω的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】当时，，所以所包含的两个零点为，则当时，，求解可得的范围.【详解】解：因为，且ω>0，所以，又f(x)在上恰有两个零点，所以且，解之得.故选：A.【点睛】思路点睛：已知的范围，已知零点个数，则只需保证终点介于第二个零点和第三个零点之间即可.7．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得．详解：如图所示，点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大此时，,点M为三角形ABC的中心中，有故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型．8．记函数的定义域为，函数，若不等式对恒成立，则的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据函数解析式，先求出；令，根据函数奇偶性的定义，判定是奇函数；根据导数的方法判定是增函数；化所求不等式为，进而可求出结果.【详解】由解得，即，令，则，则是R上的奇函数；又显然恒成立，所以是增函数；由得，即，即，由是R上的奇函数且为增的函数，所以得：.所以，当时，.所以.故选：A.【点睛】本题主要考查由不等式恒成立求参数的问题，考查函数奇偶性与单调性的综合，考查导数的方法判定函数单调性，属于常考题型. 二、多选题9．已知i为虚数单位，则下列结论正确的是（       ）A．复数的虚数部为 B．复数的共轭复数C．复数在复平面对应的点位于第二象限 D．复数z满足，则【答案】ABD【分析】根据复数除法运算化简求出可判断AB；根据复数几何意义可判断C；根据复数的定义可判断D.【详解】对于A，，其虚部为，故A正确：对于B，，故，故B正确；对于C，，在复平面内对应点的坐标为，位于第四象限，故C不正确；对于D，设，则，又，得，所以，故D正确.故选：ABD.10．已知向量＝（1，－3），＝（2，－1），＝（m＋1，m－2），若点A，B，C能构成三角形，则实数m可以是（　　）A．－2 B． C．1 D．－1【答案】ABD【分析】先求与，使之共线并求出的值，则A，B，C三点不共线即可构成三角形，因此取共线之外的值即可．【详解】因为，．假设A，B，C三点共线，则1×（m＋1）－2m＝0，即m＝1．所以只要m≠1，则A，B，C三点即可构成三角形.故选：ABD．11．已知函数则下列判断正确的是（       ）A．关于直线对称 B．关于直线对称C．关于点对称 D．关于点对称【答案】AC【解析】根据两角差的正弦公式将函数解析式化为，然后采用代入检验法可得答案.【详解】解：，则，即函数关于直线对称，故A正确，D错误；，则函数不关于直线对称，故B错误；，即关于对称，故C正确.故选：AC.【点睛】本题考查了两角差的正弦公式，考查了正弦函数的对称轴和对称中心，属于较易题.12．下列四个命题中，是真命题的是（       ）A．，且B．，使得C．若，，则D．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是【答案】BCD【分析】选项A：根据基本不等式可知x＜0时不成立；选项B：验证时成立即可；选项C：要证，只需证，即证，利用基本不等式即可证明；选项D：通过分离参数可得m＜－，时成立，所以只需求函数，x∈(1,2)的最小值即可.【详解】对于A：，且对x＜0时不成立；对于B：当x＝1时，x2＋1＝2，2x＝2，x2＋1≤2x成立，正确；对于C：若x＞0，y＞0，则(x2＋y2)(x＋y)2≥2xy·4xy＝8x2y2，即，当且仅当x＝y＞0时取等号，正确；对于D：当x∈(1,2)时，若不等式x2＋mx＋4＜0恒成立，即m＜－在x∈(1,2)时恒成立，令，x∈(1,2)，根据对勾函数可知函数f(x)在(1,2)上单调递增．所以f(x)＞f(1)＝－5.所以m≤－5，因此实数m的取值范围是(－∞，－5]，正确．故选：BCD. 三、填空题13．的展开式中含项的系数为___________.【答案】【分析】直接由二项展开式求出含的项，即可求得含项的系数.【详解】由可得含项为，故含项的系数为.故答案为：.14．函数的最大值是____________.【答案】【分析】先利用倍角公式和诱导公式化简得到，再结合求出最大值即可.【详解】，又可得，故，故的最大值是.故答案为：.15．在抗击新冠肺炎的疫情中，某医院从3位女医生，5位男医生中选出4人参加援鄂医疗队，至少有一位女医生入选，其中女医生甲和男医生乙不能同时参加，则不同的选法共有种______（用数字填写答案）.【答案】50【解析】以女医生的人数进行分类.有1位女医生时，有3位男医生，又分为两种情况：有女医生甲和不含女医生甲；有2位女医生时，有2位男医生，又分为两种情况：有女医生甲和不含女医生甲；有3位女医生时，有1位男医生.根据分类计数原理可得不同的选法种数.【详解】以女医生的人数进行分类. 有1位女医生时，有3位男医生，有种选法；有2位女医生时，有2位男医生，有种选法；有3位女医生时，有1位男医生，有种选法.根据分类计数原理可得，共有种选法.故答案为：50.【点睛】本题考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于基础题.16．已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为圆心，为半径的圆交双曲线的右支于，两点，若，则双曲线的离心率为_________.【答案】.【分析】根据已知条件可知，那么，然后进一步求出，根据双曲线的定义可知，求出离心率.【详解】设与轴交于点，则，所以，所以，所以，所以，所以双曲线的离心率.【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，本题的重点是利用半径等于，根据平面几何的性质将和都表示成与有关的量，然后根据双曲线的定义求解.在圆锥曲线中求离心率的方法：（1）直接法，易求的比值；（2）构造法，根据条件构造成关于的齐次方程；（3）几何法，利用椭圆和其他平面图形的一些几何性质，找到等量关系，求离心率. 四、解答题17．在① ,,② ,, ③ , 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.已知等差数列的前项和为且_________.（填写序号）（1）求数列的通项公式；（2）设，求证数列的前项和 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）选条件①，利用等差数列的通项公式即可求解；选条件②，利用等差数列的前项和公式以及等差数列的通项公式即可求解；选条件③，利用等差数列的通项公式即可求解.（2）利用裂项求和法即可求解.【详解】（1）方案一：选条件①.设等差数列的公差为.因为，，所以,解得所以.   方案二：选条件②.设等差数列的公差为.因为，，所以,解得所以.   方案三：选条件③.设等差数列的公差为，所以.因为，，所以，，所以，所以.   （2）由（1）知，所以=＜．18．在中，已知a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足.(1)求的大小；(2)若的面积为，其外接圆半径，求的周长.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，求得，即可求得的大小；又由，所以.（2）由（1）知和三角形的面积公式，求得，利用正弦定理求得，结合余弦定理列出方程求得，进而求得三角形的周长.【详解】(1)解：因为，由正弦定理可得，即，又因为，所以，由，可得，所以，又由，所以.(2)解：由（1）知，所以的面积为，解得，因为的外接圆半径，由正弦定理可得，所以，又由余弦定理得，即，解得，所以，所以的周长为.19．如图，在三棱柱中，，.（1）证明：；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析(2) 【详解】试题分析：（1）易知△ 与△均为等边三角形，点为的中点，可得，，进而得平面，从而得证；（2）由勾股定理可得，从而以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，分别求平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用法向量求解二面角即可..试题解析：（1）证明：设点为的中点，连接，，由，，知△与△均为等边三角形，点为的中点，可得，，，相交于点，所以平面，又平面，所以．（2）由（1）知△与△均是边长为是等边三角形，，又在△中，，由余弦定理得，所以，故，，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系．可得，，，，，，，设为平面的一个法向量，则，得，同理可得平面的一个法向量为，由，所以，二面角的余弦值为． 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20．某电器专卖店试销A、B、C三种新型空调，销售情况如下表所示： 第一周第二周第三周第四周第五周型数量（台）111015型数量（台）101213型数量（台）15812(1)根据型空调连续前3周销售情况，预估型空调连续5周的平均周销量为10台，那么当型空调周销售量的方差最小时，求，的值；（注：方差，其中为的平均数）(2)为跟踪调查空调的使用情况，根据销售记录，从该电器专卖店第二周和第三周售出的空调中分别随机抽取一台，求抽取的两台空调中型空调台数的分布列和数学期望.【答案】(1)或；(2)分布列见解析，期望为【分析】（1）先由平均数求得，再用方差公式表示出方差，借助二次函数求出最值即可；（2）分别求出为0，1，2的概率，列出分布列，再按照期望公式计算期望即可.【详解】(1)由连续5周的平均周销量为10台可得，则，又方差，因为，故或时，方差最小，即或方差最小；(2)的取值为0，1，2，，，，则分布列如下：012故期望为：.21．已知椭圆：上任意一点，过点作轴，为垂足，且.(1)求动点的轨迹的方程；(2)设直线与曲线相切，且与椭圆交于，两点，求面积的最大值（为坐标原点）.【答案】(1)；(2)【分析】（1）设出点、点、点的坐标，结合平面向量的坐标运算建立参数关系式，代入椭圆的方程即可求得动点的轨迹的方程；（2）设直线，根据直线与曲线相切建立关系式得到，将直线与椭圆联立，进而求解弦长，利用基本不等式求解最值，结合高为定值即可求出面积的最大值.【详解】(1)设，则，所以，由得，即，又因为点在椭圆上，可得，即，故动点的轨迹的方程为；(2)易得直线的斜率不为0，设直线，由直线与曲线相切可得，即，设，由得，显然，所以，，又，当且仅当，即时取等号，所以的最大值为，而在中边上的高始终为1，所以面积的最大值为.22．已知函数.（1）设函数，讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）.【解析】（1）求导得后分类讨论即可求解；（2）求函数的导数，利用导函数确定函数的单调性，根据单调性求出函数在上的最小值，根据恒成立即可求解.【详解】（1）由已知得，所以.①当时，，在上单调递增.②当时，令，则；令，则.所以在上单调递减，上单调递增综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增（2），令，得设，则当时，，在上单调递增，所以的值域是.当时，没有实根，，在上单调递增，所以，符合题意当时，，所以有唯一实根，即有唯一实根，当时，，在上单调递减，所以，不符合题意综上所述，，即的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题为了确定导函数在上的正负，需要构造函数，利用导数确定在上递增，求出，分类讨论可得在上的正负是解题的关键.