2021-2022学年广东省广州市铁一中学高二下学期3月考试数学试题（解析版）

2021-2022学年广东省广州市铁一中学高二下学期3月考试数学试题

一、单选题

1．若复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数的运算化简即可求解.

【详解】，

，

，

故复数对应的点在第一象限.

故选：A

2．曲线在点处的切线方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用切点和斜率求得切线方程.

【详解】由，有．

曲线在点处的切线方程为，整理为．

故选：A

3．已知向量，，若∥，则实数的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直接利用平面向量共线的性质求解即可..

【详解】由已知得，，

∵∥，

∴，解得，

故选：.

4．已知的展开式中二项式系数之和为256，则该展开式中含x项的系数为（       ）

A．896 B．1024 C．1792 D．2048

【答案】C

【分析】由展开式中二项式系数之和为256，可得，从而可得展开式的通项公式为，再令求出，即可得答案.

【详解】解：因为的展开式中二项式系数之和为256，所以，解得，

所以展开式的通项公式为，

令，可得，所以该展开式中含x项的系数为，

故选：C.

5．志愿团安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远.他们共有多少种不同的安排方法（       ）

A．14 B．12 C．24 D．28

【答案】A

【分析】由去丁扶贫点的先后顺序入手利用加法原理求出结果.

【详解】解：根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：

①丁扶贫点最先去，有种安排方法；

②丁扶贫点安排在中间位置去，有种安排方法，

综合①②知共有种安排方法.

故选：A.

6．已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（       ）

A． B． C．[1，3] D．

【答案】B

【分析】根据题意，由，且求解.

【详解】设的周期为T，因为，即，解得，

由，

解得，

即在区间上单调递减，

因为，显然k只能取0，

所以且，

解得.

故选：B.

7．已知直线与圆相交于A，B两点，且，则数（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由直线与圆相交弦长计算半径，然后求解

【详解】圆，可化为

圆心到直线的距离为：

，故，得

故选：D

8．已知函数，若关于x的不等式恒成立，则k的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】原不等式可转化为，结合的图象可知，当直线与曲线相切时，k取得最小值，然后求出切线的斜率可得答案.

【详解】由题意可知函数的定义域为，从而等价于，

即转化为函数的图象恒在函数的图象上方，

结合图象可知，当直线与曲线相切时，k取得最小值．

设直线与曲线相切时，切点为．

因为，所以，则，整理得．

设，则．由，得；由，得．

则在上单调递减，在上单调递增，

从而．

当时，所以，当时，，

则方程有唯一解，即，从而，故．

故选：C

二、多选题

9．某人有6把钥匙，其中n把能打开门.如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，设第二次才能打开门的概率为p，则下列结论正确的是（       ）

A．当时， B．当时，

C．当时， D．当时，

【答案】AC

【分析】根据不同的取值，分别计算对应概率求解.

【详解】当时，，选项A正确；

当时，，选项B错误；

当时，，选项C正确；

当时，，选项D错误.

故选：AC

10．等差数列的前n项和分别为，则下列说法正确的有（       ）

A．数列是递增数列 B．

C． D．

【答案】AB

【分析】结合数列的单调性，等差数列前项和公式对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】，所以是递增数列，A选项正确.

，

所以，B选项正确.

，C选项错误.

当时，，D选项错误.

故选：AB

11．定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则必有（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】首先根据条件构造函数，，根据得到在上单调递减，从而得到，再化简即可得到答案.

【详解】由及，得.

设函数，，

则，

所以在上单调递减，从而，

即，

所以，，，.

故选：BD

12．如图，在直三棱柱中，，D，E，F分别为AC，，AB的中点，则下列结论正确的是（       ）

A．与EF相交 B．EF与所成的角为90°

C．点到平面DEF的距离为 D．三棱锥A－外接球表面积为12π

【答案】BCD

【分析】A用异面直线的知识判断，BC用向量法判断，D求外接球的表面积来进行判断.

【详解】对于A选项，平面，平面，，所以与是异面直线，A选项错误.

对于D选项，两两相互垂直，且，

所以三棱锥外接球的直径，

所以外接球的表面积为，D选项正确.

建立如图所示空间直角坐标系，，

，，所以，B选项正确.

，设平面的法向量为，

则，故可设.

，所以到平面的距离为，C选项正确.

故选：BCD

三、填空题

13．计算：___________.

【答案】

【分析】先切化弦，再根据二倍角的正弦公式、诱导公式、两角差的余弦公式化简即可得解.

【详解】

.

故答案为：

14．已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2，现样本加入新数据4，5，6，则此时方差________．

【答案】1.6

【分析】利用平均数和方差的定义直接求解即可.

【详解】设这个样本容量为7的样本数据分别为则，所以.，所以.

当加入新数据4，5，6后，平均数，

方差.

故答案为：

15．已知是双曲线的两个焦点，P为双曲线C上的一点.若为直角三角形，则的面积等于______________.

【答案】或99或

【分析】由双曲线的对称性，不妨设点在双曲线的右支上，然后分和两种情况求解即可

【详解】由，得，则，

所以，

由双曲线的对称性，不妨设点在双曲线的右支上，

若时，当时，，得，所以，

所以的面积为，

当时，则，

因为，

所以，

所以，

所以的面积为，

综上所述，的面积为或9，

故答案为：或9，

16．已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围为________.

【答案】

【分析】由题可得有两个不同正根，利用分离参数法得到.令，，只需和有两个交点，利用导数研究的单调性与极值，数形结合即得.

【详解】∵的定义域为，，

要使函数有两个极值点，

只需有两个不同正根，并且在的两侧的单调性相反，在的两侧的单调性相反，

由得，，

令，，要使函数有两个极值点，只需和有两个交点，

∵，令得：0<x<1；令得：x>1；

所以在上单调递增，在上单调递减，

当时，；当时，；

作出和的图像如图，

所以，即，

即实数a的取值范围为.

故答案为：

四、解答题

17．北京冬奥会某个月招募志愿者需进行有关专业、礼仪及服务等方面知识的测试，测试合格者录用为志愿者，现有备选题10道，规定每次测试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2道题者视为合格，已知每位参加笔试的人员测试能否合格是相互独立的.若甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题.

(1)求甲测试合格的概率；

(2)求甲、乙两人至多一人测试合格的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）甲测试合格的情况有答对2道和答对3道，直接通过古典概型计算概率即可；

（2）先求出甲、乙合格的概率，再计算甲乙同时合格的概率，即可求得至多一人测试合格的概率.

【详解】(1)甲测试合格的情况有答对2道和答对3道，故甲测试合格的概率为；

(2)乙测试合格的情况有答对2道和答对3道，故乙测试合格的概率为，

甲乙测试都合格的概率为，甲、乙两人至多一人测试合格的概率为.

18．如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC=，AD=1，∠CAD=30°．

(1)求∠ACD；

(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在中，由余弦定理求得，根据，得到，即可求解；

（2）在中，由正弦定理求得，根据为锐角三角形，求得，得到，进而求得的取值范围．

【详解】(1)解：在中，由余弦定理得：

，所以，

又因为，所以．

(2)解：由，且，可得，

在中，由正弦定理得，

所以，                    

因为为锐角三角形，，，

所以，可得，

则，所以，所以，

所以的取值范围为．

19．已知数列是一个公差大于零的等差数列，且，数列的前n项和为，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)记数列的前n项和为，证明：.

【答案】(1)；

(2)见解析

【分析】（1）用基本量法求得等差数列的通项公式，利用（）可得的递推关系，从而得其通项公式；

（2）用错位相减法可求的前项和，即可证明.

【详解】(1)依题意，设等差数列的公差为，则有

将②代入①得，即，∵，∴，.∴.

当时，，，

当时，，∴.

∴数列是以为首项，为公比的等比数列，.

(2)∵，，①②

①－②，得

，∴.

因为，所以.

20．如图，四棱锥P-ABCD的底面为梯形，底面ABCD，，，，E为PA的中点．

(1)证明：平面平面BCE；

(2)若二面角P-BC-E的余弦值为，求三棱锥P-BCE的体积．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）线面垂直的性质可得，若为中点，连接，由正方形的性质及勾股定理可得，再由线面垂直的性质有面，最后根据面面垂直的判定证结论.

（2）构建空间直角坐标系，设求相关点坐标，再求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示，结合二面角的余弦值求参数m，最后求、向量法求到面的距离，再由体积公式求棱锥的体积.

【详解】(1)因为底面ABCD，面，则，

由，，则，又，则，

若为中点，连接，易知：为正方形，则，又，即，

所以，

综上，，即，

又，则面，又面，

所以平面平面BCE.

(2)由题设，可构建如下图示的空间直角坐标系，若，

则，，，，，

所以，，，

若为面的一个法向量，则，令，则，

若为面的一个法向量，则，令，则，

所以，整理得，

所以，即，易得：，

由底面ABCD，面，则，又，即，

由，则面，面，即，

所以在直角△中，，

在△中，、、，即，则，

所以.

由上有：且面的一个法向量，

则，故到面的距离，

所以.

21．已知椭圆过点，椭圆上的任意一点到焦点距离的最小值为.

(1)求椭圆的方程；

(2)设不过点的直线与椭圆相交于两点，若直线与直线斜率之和为，求点到直线距离的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可得且，结合a,b,c之间的关系，解得，，，即可得出答案．

（2）当直线垂直于轴时，直线与直线的斜率和为0，不符合题意，设直线的方程为，则，，联立直线与椭圆的方程，可得，，是该二次方程的两根，利用韦达定理结合条件可得到，即可得出答案．

【详解】(1)因为椭圆过点，椭圆上的任意一点到焦点距离的最小值为，

所以且，

又，

解得，，

所以椭圆的方程为．

(2)当直线垂直于轴时，直线与直线的斜率和为0，不符合题意，

故设直线的方程为，

由于直线不过点，故，

设，，，，，，

则，，

直线的方程可改写为，

椭圆的方程可改写为，

两者联立，可得，

时，

整理可得①，

若，则直线与椭圆的一个交点为，

此时直线的斜率不存在，不符合题意，

故，且，是以上二次方程①的两根，

由韦达定理有，

于是，

直线的方程为，

所以直线经过定点，则当点P与该定点的连线与l垂直时，点到直线距离的最大，最大值.为 .

【点睛】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解答时要注意便是德技巧，解题中需要一定的计算能力，属于较难题．

22．已知函数.

(1)讨论函数的极值；

(2)若恒成立，求实数的最大整数值.

【答案】(1)极大值，无极小值

(2)2

【分析】（1）首先求出函数的导函数，再对分和两种请假讨论，求出函数的单调区间，即可得到函数的极值；

（2）由（1）可得当时，恒成立，当时，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再由，即可得解；

【详解】(1)解：函数的定义域为，

所以

①当时，函数在上单调递减，函数无极值

②当时，由得

当时，，单调递增，时，，单调递减，

所以有极大值，无极小值；

(2)解：由（1）知：①当时，函数在上单调递减，

当时，成立，

所以当时，由题意不需要考虑，

②当时，，

令，，令得，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

∴

又，又在上单调递增，

∴的最大整数值为2.