2021-2022学年河南省豫北名校高二下学期5月调研考试数学（理）试题含解析

2021-2022学年河南省豫北名校高二下学期5月调研考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数z满足，则z的虚部是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】通过复数的除法和分母有理化，结合，解得，再利用虚部为系数即可求解.

【详解】因为，

所以，

所以，

所以，

所以的虚部为.

故选：B.

2．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解对数不等式确定集合，解二次不等式确定集合，然后由并集定义计算．

【详解】由题意，，

所以．

故选：C．

3．某市一次高三模拟考试一共有3.2万名考生参加，他们的总分服从正态分布，若，则总分高于530分的考生人数为（       ）

A．2400 B．3520 C．8520 D．12480

【答案】B

【分析】根据正态分布曲线的对称性，得到，即可求解.

【详解】由题意，总分服从正态分布，且，

根据正态分布曲线的对称性，可得，

所以总分高于530分的考生人数为.

故选：B.

4．勾股定理被称为几何学的基石，相传在商代由商高发现，又称商高定理．汉代数学家赵爽利用弦图（又称赵爽弦图，它由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，如图1），证明了商高结论的正确性．现将弦图中的四条股延长相同的长度（如将延长至）得到图2．在图2中，若，，、两点间的距离为，则弦图中小正方形的边长为（            ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用余弦定理可求得的值，可求得、、的长，进而可得出弦图中小正方形的边长.

【详解】由条件可得，

在中，由余弦定理得，

所以，，

所以，，，

，所以弦图中小正方形的边长为．

故选：C.

5．已知圆关于直线对称，则的最小值为（       ）

A．2 B．4 C．9 D．

【答案】D

【分析】由直线过圆的圆心求得的等量关系式，结合基本不等式求得的最小值.

【详解】圆的圆心为，

由于圆关于直线对称，

所以直线过圆的圆心，

即，

，

当且仅当时等号成立.

故选：D

6．已知函数的部分图象如图所示，则下列选项正确的是（       ）

A．

B．函数的单调增区间为

C．函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到

D．函数的图象关于点中心对称

【答案】D

【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，然后根据的部分图象可得周期，进而可得的值，最后利用余弦型函数的单调性、周期性、对称性以及三角函数的图象变换即可求解.

【详解】解：函数，

由图可知，所以，解得，故选项A错误；

由图可知，一个周期中函数在区间上单调递增，

所以根据周期性有函数的单调增区间为，故选项B错误；

函数的图象向右平移个单位长度得，故选项C错误；

当时，，所以函数的图象关于点中心对称，故选项D正确.

故选：D.

7．已知四面体的每个顶点都在球的球面上，平面，，是正三角形，是等腰三角形，则球的体积为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】线面垂直性质和等腰三角形特点可知，由等边三角形特点可求得外接圆半径，由此可求得外接球半径，利用球的体积公式可求得结果.

【详解】

平面，平面，，

又是等腰三角形，．

是正三角形，．

设为外接圆的圆心，则，，

，球的体积.

故选：C.

8．已知函数，若数列满足，，其前n项和为，且，设，则数列的前n项和为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先证明出函数为奇函数，得到，判断出数列为公差为1的等差数列，求出，进而得到，利用裂项相消法求出数列的前n项和.

【详解】函数的定义域为R.

因为，

所以，所以函数为奇函数.

因为，，所以，即.

所以数列为公差为1的等差数列.

因为，所以，解得：，所以.

所以.

所以，

所以数列的前n项和为：

.

故选：B

9．是等腰直角三角形，，，，其中，则的最小值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由平行四边形法则以及向量共线的性质得出点在直线上，建立坐标系，由数量积公式以及距离公式得出的最小值.

【详解】由知点为的中点，设为中点，由得，因为，所以点在直线上，建立如下图所示的平面直角坐标系，，，当时，最小，的直线方程为，即，由点到直线的距离公式可得：，即的最小值.

故选：B

10．设双曲线的左､右焦点分别为､，直线过与该双曲线左､右两支分别交于P､Q两点，若△为正三角形，则该双曲线的离心率为（       ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】由题设，结合双曲线的定义求、，再在焦点三角形中应用余弦定理列方程求离心率.

【详解】由题设，，而，

又，故，，

在△中，则，

所以，则，即.

故选：D

11．有甲、乙两个袋子，甲袋子中有3个白球，2个黑球；乙袋子中有4个白球，4个黑球．现从甲袋子中任取2个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据独立事件与古典概型计算分从甲袋子取出2个白球放入乙袋子、从甲袋子取出2个黑球放入乙袋子和从甲袋子取出1个白球和1个黑球放入乙袋子三种情况讨论，从而可得出答案．

【详解】解：若从甲袋子取出2个白球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为；

若从甲袋子取出2个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为；

若从甲袋子取出1个白球和1个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为．

从甲袋子中任取2个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为．

故选：B.

12．已知函数，，若时，成立，则实数a的最大值是（       ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】把不等式在区间上恒成立，转化为在区间上恒成立,再转化为在上恒成立,是本题的关键点.

【详解】由题意知：当时，恒成立,

即在上恒成立,

也就是在上恒成立,

令则

即在上单调递增，

则由可得即在上恒成立,

令，，有，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

故，在时取最小值

则由在上恒成立,可知

故实数a的最大值为

故选：B

二、填空题

13．若，满足约束条件，则的最小值为________.

【答案】

【分析】画出不等式组表示的可行域，根据目标函数的几何意义，数形结合即可求得结果.

【详解】画出不等式组表示的可行域，如下所示：

即，其表示经过可行域与平行，且纵截距为的直线，

数形结合可知，当且仅当目标函数过点时，纵截距最小，此时目标函数取得最小值，

即.

故答案为：.

14．的展开式中的系数是，则___________.

【答案】0.5

【分析】利用多项式乘多项式法则，求出展开式中常数项及项即可列式计算作答.

【详解】依题意，的展开式中的项是由分别与展开式中常数项及项相乘积的和，

因此，的展开式中的项为，

即有，解得，

所以.

故答案为：

15．已知函数，若对任意两个不等的正实数，，都有，则实数a的最小值为______．

【答案】0.5

【分析】设，原不等式等价于，即，令，则在上单调递增， 从而有在上恒成立，进而分离参数转化为最值问题即可求解.

【详解】解：设，则对任意两个不等的正实数，，都有等价于，即，

令，则在上单调递增，

所以在上恒成立，即在上恒成立，

所以，

又，所以，

所以实数a的最小值为.

故答案为：.

16．已知抛物线的焦点到其准线的距离为4，圆，过的直线与抛物线和圆从上到下依次交于四点，则的最小值为_________.

【答案】

【分析】根据已知条件先求出抛物线的方程，然后将问题转化为计算“”的最小值，通过抛物线的焦半径公式将表示为坐标的形式，采用直线与抛物线联立的思想，根据韦达定理和基本不等式求解出最小值.

【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为，所以，所以抛物线方程为，

如下图，，

因为，

设，所以，

所以，

设，所以，，所以，

所以，取等号时，

所以的最小值为，故答案为：.

【点睛】结论点睛：本题考查圆与抛物线的综合应用，其中涉及抛物线的焦半径公式的运用.常见抛物线的焦半径公式如下：（为焦准距）

（1）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；

（2）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则；

（3）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；

（4）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则.

三、解答题

17．设数列的前n项和为.已知，

(1)求数列的通项公式；

(2)数列满足，求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与得关系，计算即可得出答案；

（2）求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可得出答案.

【详解】(1)解：当时，

由，得，

两式相减得，

所以，

，，

所以，

所以数列是以1为首项，为公比得等比数列，

是以；

(2)解：，

则，

，

两式相减得

，

所以.

18．如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，D为的中点．

(1)证明：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连结，进而证明平面，在结合线面垂直得线线垂直；

（2）解法一：过点作，垂足为，取的中点，连结，进而将问题转化为求直线与平面所成角，再根据几何关系证明，进而利用几何法求解；

解法二：根据题意，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，再根据几何关系证明平面，进而利用坐标法求解即可；

【详解】(1)证明：取的中点，连结．

因为是正三角形，所以，

又因为，．所以，

又平面，平，，

所以平面，

又因为平面，

所以．

(2)解法1：过点作，垂足为．

由（1）知平面，所以，

因为，

所以平面．

取的中点，连结，

因为为的中点，所以．

所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角．

因为，所以．

又由（1）知，，

所以平面，所以．

在直角中，，．

所以，，

又在直角△DGF中，．．

因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为．

解法2：如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，

则，，，．

因为，为的中点，所以，

又，，

所以平面ABC．

所以，．

设平面PAC的法向量为，

又，，

由，得．可取．

设直线与平面所成角为．

．

因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为．

19．第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕.某高校学生会随机抽查200名学生在奥运会比赛期间观看比赛实况直播的情况统计如下表：

(1)能否有99%的把握认为是否在奥运会比赛期间观看比赛实况直播与性别有关？

附：，其中.

【答案】(1)不能有99%的把握认为是否在奥运会比赛期间观看比赛实况直播与性别有关

(2)分布列见解析，数学期望为，方差为

【分析】（1）首先由列联表计算，再和比较大小，即可判断；

（2）由条件可知，根据二项分布求分布列和数学期望，方差.

【详解】(1)由，

故不能有99%的把握认为是否在奥运会比赛期间观看比赛实况直播与性别有关；

(2)由100位女同学中有80人观看比赛实况直播，故可以估计所有女同学中观看比赛实况直播的概率为，

X的取值分别为0，1，2，3，4，可知

，

，

，

，

，

可得随机变量X的分布列为：

由随机变量X服从二项分布，可得，.

20．已知抛物线G：的焦点与圆E：的右焦点F重合，椭圆E的短轴长为2.

(1)求椭圆E的方程；

(2)过点F且斜率为k的直线l交椭圆E于A､B两点，交抛物线G于M，N两点，请问是否存在实常数t，使为定值？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)；

(2)是定值，定值为．

【分析】（1）根据焦点与短轴可得参数值，从而得椭圆方程；

（2）把直线l的方程，与椭圆E和抛物线G的方程联立，结合韦达定理和弦长公式，求解与代入化简即可求解参数．

【详解】(1)由题意得，又，则，故椭圆E的方程为；

(2)设､､､，

把直线l的方程，与椭圆E的方程联立，得，

整理得，

∴，，

∴，

把直线l的方程，与抛物线G的方程联立，，

得

∴，，

∴，

∴，

要使为常数，则，解得，故存在，使得为定值．

21．已知函数.

(1)当时，方程在区间上有两个不同的实数根，求的取值范围；

(2)当时，设是函数两个不同的极值点，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用参变分离得，设，利用导数研究函数的单调性，即可得到答案；

（2）因为是函数两个不同的极值点，可得，要证，等价于证明证明，再消去参数转化成证明双元不等式；

【详解】(1)因为，所以，即，

设，则，令得，

令得

所以在上单调递减，在上单调递增，

，当时，，当时，，

要使方程在区间上有两个不同的实数根，则，解得，

故的取值范围是；

(2)由题意，，，

因为是函数两个不同的极值点，

不妨设，，即，两式相减得.                                           

要证，即证明，             

只需证，即，亦即.

令，只需证当时，不等式恒成立，

设，则 ，

令，，所以在单调递增，所以，

即，所以，所以在上单调递减，，即.

综上所述，成立.

22．在平面直角坐标系中，过点的直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)设曲线与直线交于两点，求的值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）消去t可得直线在直角坐标系的方程，运用极坐标与直角坐标的关系，可得曲线C的直角坐标方程；

（2）理解参数方程中t的意义，联立C与直线方程，应用韦达定理即可.

【详解】(1)对于直线 消去t得 ；

由于 ，曲线C的方程为 ，即 ；

(2)联立方程 得 ，

由韦达定理 ，以及t的几何意义得：

.

23．已知函数

(1)当时，解不等式：；

(2)若不等式对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.

（2）依题意得恒成立，利用绝对值三角不等式求得的最小值，由此列不等式来求得的取值范围.

【详解】(1)时，，

由得：或或，

解得，

所以不等式的解集为.

(2)不等式对任意实数x恒成立，

对任意实数x恒成立，

，

当且仅当时等号成立.

所以，，

解得或.