2021-2022学年江西省景德镇一中高一（18）班下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年江西省景德镇一中高一（18）班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学年江西省景德镇一中高一（18）班下学期期中考试数学试题一、单选题1．已知集合，，则中元素的个数为（       ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】采用列举法列举出中元素的即可.【详解】由题意，中的元素满足，且，由，得，所以满足的有，故中元素的个数为4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.2．曲线在处的切线如图所示，则（       ）A．0 B．-1 C．1 D．【答案】C【分析】根据曲线某点处的切线和曲线的关系，以及导数的几何意义求解即可.【详解】如图所示，直线过点和，则，，则直线为.曲线的导数为，则在处的切线斜率，曲线与直线的交点为切点，所以则.故选：C.3．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CC1，P是A1C1的中点，则异面直线BC与AP所成角的余弦值为（       ）A．0 B． C． D．【答案】D【分析】取的中点Q，连接.先证明即异面直线与所成的角或其补角. 在三角形APQ中，由余弦定理求出异面直线BC与AP所成角的余弦值.【详解】如图，取的中点Q，连接.因为，所以即异面直线与所成的角或其补角.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设，则，在三角形APQ中，由余弦定理得：.故选：D4．已知椭圆，且与直线交于两点，为上顶点，若，则椭圆的离心率的取值范围是（        ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由直线方程与椭圆方程联立，结合条件和判别式即求.【详解】设直线与椭圆的交点为，联立得，所以， ，设线段的中点为，知点坐标为，因为，所以直线垂直平分线段，所以直线的方程为，且经过点，可得＝，解得.因为，所以，解得，因为，所以.故选：C.5．已知函数，则其图像可能是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】通过函数奇偶性的定义来判断函数的奇偶性，排除.再利用特殊值进行函数值的正负的判断，从而确定函数的图像.【详解】的定义域为,所以为奇函数，则排除若,且，则若,且，则，，，.故选：A【点睛】判断图像类问题，主要考虑以下几点：函数的定义域；函数的奇偶性；函数的单调性；图像中的特殊值.并且通常用到排除法.6．已知圆锥的母线长为，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥外接球的表面积 为（        ）A． B．24 C． D．【答案】C【分析】由圆锥侧面展开图的圆心角可构造方程求得圆锥底面半径，在中，利用勾股定理可构造关于圆锥外接球半径的方程，解方程求得，根据球的表面积公式即可求得结果.【详解】设圆锥的底面半径为，由题意得：，解得：.如图，是圆锥的一条母线，由圆锥的性质知其外接球的球心在上，连接，，设圆锥的外接球的半径为，则，则，，即，解得：，圆锥的外接球的表面积为.故选：C.7．已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，M，N为双曲线一条渐近线上的两点，.A为双曲线的右顶点，若四边形为矩形，且，则双曲线C的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由四边形为矩形→，可设以MN为直径的圆的方程为，设直线MN的方程为，联立求出，进而求出，再对采用余弦定理即可求解.【详解】因为四边形为矩形，所以，（矩形的对角线相等），所以以MN为直径的圆的方程为.直线MN为双曲线的一条渐近线，不妨设其方程为，由，解得或，所以，或，.不妨设，，又，所以，.在△AMN中，，由余弦定理得， 即，则，所以，则，所以.故选：D【点睛】试题综合考查双曲线的方程与性质，考查考生灵活运用所学知识分析问题､解决问题的能力，体现理性思维､数学探索学科素养.求解双曲线的离心率的方法：（1）公式法：直接求出a，c或找出a，b，c三者中任意两个的关系，代入公式求解；（2）构造法：由已知条件得出a，c关于的齐次方程，然后转化为关于e的方程求解；（3）通过特殊值或者特殊情况求离心率，例如，令，求出相应c的值，进而求出离心率，能有效简化运算.8．若函数在定义域内的图像上的所有点均在直线的下方，则称函数为定义域内的“下界函数”.若函数为定义域内的“下界函数”，则的最大值减去的最小值等于（       ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】依题意有恒成立，即恒成立，利用导数求出函数的最值，即可得到，依题意即，令，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的草图，即可求出的值，从而得解；【详解】解：因为函数为定义域内的“下界函数”，即有恒成立，即恒成立，因为所以当时，当时，即在上单调递增，在上单调递减，所以，依题意即，令，则，因为在定义域上单调递增，且，所以当时，时，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，，，的函数图象如下所示：因为，所以，所以故选：B二、多选题9．设靶子上的环数取1~10这10个正整数，脱靶计为0环．某人射击一次，设事件“中靶”；事件“击中环数大于5”；事件“击中环数大于1且小于6”；事件“击中环数大于0且小于6”，则错误的关系是（       ）A．B与C互斥 B．B与C互为对立 C．A与D互斥 D．A与D互为对立【答案】BCD【分析】根据互斥事件和对立事件的概念即可判断事件B、C的关系和事件A、D的关系.【详解】由题意知，事件B、C不会同时发生，但可能会同时不发生，所以事件B与C为互斥事件，但不是对立事件；事件A、D会同时发生，所以事件A与D既不互斥也不对对立.故选：BCD10．从一批准备出厂的电视机中随机抽取10台进行质量检查，其中有1台是次品，若用C表示抽到次品这一事件.则下列说法中不正确的是（        ）A．事件C发生的概率为 B．事件C发生的频率为C．事件C发生的概率接近 D．每抽10台电视机，必有1台次品【答案】ACD【分析】根据概率与频率的关系，即概率的意义即可判断.【详解】事件C发生的频率为，由于只做了一次实验，故不能得到概率为或概率接近；当然每抽10台电视机，必有1台次品也不一定发生.故B正确，ACD错误.故选：ACD11．已知袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个，有放回地取3次，则下列事件的概率不为的是（       ）A．颜色相同 B．颜色不全相同 C．颜色全不相同 D．无红球【答案】ACD【分析】把所有情况列举出来，找到符合要求的情况，利用古典概型求概率公式进行求解.【详解】根据题意，有放回的取3次，共有3×3×3=27种情况，即（黄，黄，黄），（黄，白，黄），（黄，黄，白），（黄，红，黄），……，由古典概型计算：A选项，颜色相同的情况有3种，故概率为，不为；B选项，颜色不全相同与颜色相同是对立事件，故其概率为；C选项，颜色全不相同，即黄，红，白各有一次，共有6种情况，故概率为，不为；D选项，无红球，即三次都是黄或白球，共有8种情况，故其概率为，不为.故选：ACD12．甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，则下列说法错误的是（       ）A．甲获胜的概率是 B．甲不输的概率是C．乙输的概率是 D．乙不输的概率是【答案】BCD【分析】由对立事件、互斥事件、并事件的概率计算公式代入计算，对选项逐一判断.【详解】“甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是，故A正确；设甲不输为事件A，则事件A是“甲获胜”和“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以，故B错误；“乙输”的概率即“甲获胜”的概率，为，故C错误；设乙不输为事件B，则事件B是“乙获胜”和“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以，故D错误；故选：BCD三、填空题13．已知向量，，则向量在向量方向上的投影为______．【答案】-0.2【分析】根据向量投影公式计算即可.【详解】向量在向量方向上的投影为，故答案为：.14．如图所示的平行四边形ABCD中，为DC的中点，则____________.【答案】【分析】先用的线性组合表示出，然后根据向量的数量积运算结合向量模长以及夹角求解出的值.【详解】因为为中点，所以，所以，所以，故答案为：.15．如图，某几何体的平面展开图由4个小等边三角形组合而成，B为CE的中点，则在原几何体中AB与CD所成角的余弦值为______．【答案】【分析】由题意作出正四面体的直观图，取的中点，连接，则为与所成的角，由余弦定理可求得答案【详解】该正四面体的直观图如图所示，取的中点，连接，则∥，所以为与所成的角，设，则，所以,所以原几何体中AB与CD所成角的余弦值为16．关于函数，有下列命题：①f(x)的图象关于点对称；②f(x)的图象关于直线对称；③f(x)的最大值是3；④f(x)的最小值是.其中所有正确命题的序号是___________.【答案】②③【分析】对于①，将点的坐标代入验证即可；对于②，求出与比较，若则结论成立；对于③④，先对化简得，然后利用二次函数的性质和正弦函数性质可判断【详解】因为，所以①错误；，所以②正确；，当时，f(x)取得最小值；当时，f(x)取得最大值3，所以③正确，④错误.故答案为：②③.四、解答题17．“2021年全国城市节约用水宣传周”已于5月9日至15日举行，某市围绕“贯彻新发展理念，建设节水型城市”这一主题，开展了形式式样、内容丰富的活动，进一步增强全民保护水资源、防治水污染、节约用水的意识，为了解活动开展成效，该市的某街道办事处工作人员赴一小区调查住户的节约用水情况，随机抽取了300名业主进行节约用水调查评分，将得到的分数分成6组：[70，75]，（75，80]，（80，85]，（85，90]，（90，95]，（95，100]，得到如图所示的频率分布直方图．(1)求的值，并求这300名业主评分的中位数；(2)若先用分层抽样的方法从评分在（90，95]和（95，100]的业主中抽取5人，然后再从抽出的这5名业主中任意选取2人作进一步访谈，求这2人中至少有1人的评分在（95，100]的概率．【答案】(1)0.040，85；(2)【分析】(1)根据所有小矩形的面积之和为1，求出a，再根据中位数的定义求中位数；(2)由频率分布直方图，知评分在的有人，评分在有人，利用古典概型的概率公式求出事件发生的概率.【详解】(1)第三组的频率为，又第一组的频率为，第二组的频率为，第三组的频率为.前三组的频率之和为，这名业主评分的中位数为.(2)由频率分布直方图，知评分在的人数与评分在的人数的比值为.采用分层抽样法抽取人，评分在的有人，评分在有人.不妨设评分在的人分别为；评分在的人分别为，则从人中任选人的所有可能情况有：，，，，，，，，，共种.其中选取的人中至少有人的评分在的情况有：，，，，，，共种.故这人中至少有人的评分在的概率为.18．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．在中，________，，，求的面积．【答案】【分析】分别选择①②③，利用余弦定理、正弦定理和三角函数的性质，以及辅助角公式等，求得，再根据正弦定理，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】若选①：因为，由余弦定理可得，又因为，可得，又由，，根据正弦定理得，则，所以的面积为.若选②：因为，由正弦定理，可得，又因为，可得，所以，即，由，可得，又由，，根据正弦定理得，则，所以的面积为.若选③：因为，可得，即，又因为，可得，所以，所以，又由，，根据正弦定理得，则，所以的面积为.19．已知O为坐标原点，向量､分别对应复数，，且，，若是实数.(1)求实数a的值；(2)求以､为邻边的平行四边形的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知结合为实数求得的值，（2）求得、对应的点的坐标，再由的值计算夹角的正余弦，则可求面积．【详解】(1)由，得，则的虚部为0，．解得：或．又，．(2)由（1）可知，．，，．．所以，所以，所以以､为邻边的平行四边形的面积20．已知数列中，，.（1）求证：是等比数列，并求的通项公式；（2）数列满足，数列的前n项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析，；（2）.【解析】（1）对递推关系两边取倒数得，再利用构造等比数列，即可得答案；（2）求出，再利用错位相减求和，根据数据的单调性，可求得参数的取值范围；【详解】（1）由得，即，又，所以是以是为首项，为公比的等比数列.所以，即.（2），所以，.两式相减得，所以，所以. 令，易知单调递增，若为偶数，则，所以；若为奇数，则，所以，所以.综上所述.【点睛】利用构造等比数列可求解形如递推关系的通项公式；根据数列的单调性求数列的最值，可求得参数的取值范围.21．已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与抛物线交于不同的两点．(1)若，求的值；(2)当时，求证：在轴的正半轴上，存在唯一的点，使得是以为斜边的直角三角形．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）可设过且斜率为的直线：.设，联立方程组，得到.由,得到.代入即可解得：.（2）设由△AMB是以AB为斜边的直角三角形,得到.把代入得到关于t的方程，判断出方程仅有一个正根，即可证明.【详解】(1)抛物线的焦点为，可设过且斜率为的直线：.设，由得，则.因为,所以,得,则.代入得：，解得：.(2)设若△AMB是以AB为斜边的直角三角形,则,即，则,即.易知直线l的方程为,与消去y可得：易知,因此,即，所以,且-3<0因此，方程仅有一个正根，所以在轴的正半轴上，存在唯一的点，使得是以为斜边的直角三角形．22．已知有极小值．(1)试判断的符号，求的极小值；(2)设的极小值为，求证．【答案】(1)，，极小值为；(2)证明见解析.【分析】（1）求得函数的导函数，结合有极小值，判断出，的符号，求得的极小值.（2）利用作差法，首先化简为，然后利用换元法，结合导数，证得，由此证得不等式成立.【详解】(1)∵，.又函数有极小值.∴，，此时由可得，，函数单调递减，，函数单调递增，故的极小值为；(2)由题可知，∴.令，，.则，令，得，∴在单调递减，在单调递增.∴，又，∴，∴.