2021-2022学年贵州省黔东南州高二(下)期末数学试卷(理科)(Word解析版)
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这是一份2021-2022学年贵州省黔东南州高二(下)期末数学试卷(理科)(Word解析版),共17页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2021-2022学年贵州省黔东南州高二(下)期末数学试卷(理科) 题号一二三总分得分 一、单选题(本大题共12小题,共60分)已知集合,,则( )A. B. C. D. 已知复数其中为虚数单位,则( )A. B. C. D. 已知等比数列的前项和为,且,,则( )A. B. C. D. 设,是空间中的两个平面,,是两条直线,则使得成立的一个充分条件是( )A. ,, B. ,,
C. ,,, D. ,,在中,若( )A. B. C. D. 小红,小明,小芳,张三,李四共有名同学参加演讲比赛,在安排出场顺序时,小红、小明排在一起,且小芳与小红、小明都不相邻的概率为( )A. B. C. D. 已知函数的最小正周期为,将其图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,若函数为偶函数,则的最小值为( )A. B. C. D. 对于角,当分式有意义时,该分式一定等于下列选项中的哪一个式子( )A. B. C. D. 德国数学家莱布尼兹年年于年得到了第一个关于的级数展开式,该公式于明朝初年传入我国.在我国科技水平业已落后的情况下,我国数学家、天文学家明安图年年为提高我国的数学研究水平,从乾隆初年年开始,历时近年,证明了包括这个公式在内的三个公式,同时求得了展开三角函数和反三角函数的个新级数公式,著有割圆密率捷法一书,为我国用级数计算开创了先河.如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于的级数展开式”计算的近似值其中表示的近似值,若输入,则输出的结果是( )
A.
B.
C.
D. 如图,在直三棱柱中,,,为上一点,平面分三棱柱为上下体积相等的两部分,则与所成角的余弦值为( )A.
B.
C.
D.
已知双曲线:的左,右焦点分别为、,过的直线交双曲线的右支于点,以双曲线的实轴为直径的圆与直线相切,切点为,若,则双曲线的离心率为( )A. B. C. D. 已知函数,,,,则,,的大小关系为( )A. B. C. D. 二、填空题(本大题共4小题,共20分)若圆与圆有条公切线,则正数______.的展开式中的系数为______用数字作答.在平面直角坐标系中,过点的直线交抛物线于不同的两点,,则______.某社团专门研究密码问题.社团活动室用的也是一把密码锁,且定期更换密码,但密码的编写方式不变,都是以当日值班社员的姓氏为依据编码的,密码均为的小数点后的前位数字.编码方式如下:为某社员的首拼声母对应的英文字母在个英文字母中的位置;若为偶数,则在正偶数数列中依次插人数值为的项得到新数列,即,,,,,,,,,,;若为奇数.则在正奇数数列中依次插入数值为的项得到新数列,即,,,,,,,,,,;为数列的前项和.如当值社员姓康,则在个英文字母中排第位.所以前项中有,,所以有个奇数.故,所以密码为,若今天当值社员姓唐在个英语字母中排第位,则当日密码为______. 三、解答题(本大题共7小题,共82分)在中,角,,所对的边分别为,,,已知.
证明:;
若,求的周长.某卖场“”促销期间,规定每位顾客购物总金额超过元可免费参加一次抽奖活动,活动规则如下:“在一个不透明的纸箱中放入个大小相同的小球,其中个小球上标有数字,个小球上标有数字,个小球上标有数字每位顾客从该纸箱中一次性取出个球,若取到的个球上标有的数字都一样,则获得一张元的代金券;若取到的个球上标有的数字都不一样,则获得一张元的代金券;若是其他情况,则获得一张元的代金券.然后将取出的个小球故回纸箱,等待下一位顾客抽奖.”
记随机变量为某位顾客在一次抽奖活动中获得代金券的金额数,求随机变量的分布列和数学期望;
该卖场规定,若“”期间在该卖场消费的顾客购物总金额不足元,则可支付元开通该卖场会员服务,获得一次抽奖机会,若您是该位顾客,从收益的角度考虑,您是否愿意开通会员参加这一次抽奖活动?请说明理由.在四棱锥中,,,,.
证明:平面;
求二面角的正弦值.
已知椭圆过点且椭圆的左、右焦点与短轴的端点构成的四边形的面积为.
求椭圆的标准方程;
设是椭圆的左顶点,过右焦点的直线,与椭圆交于,,直线,与直线:交于,,线段的中点为,求证:.已知函数,,.
若关于的方程有个不等实根,求的取值范围;
若关于的不等式对一切实数恒成立,求的最大值.在直角坐标系中,以原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,圆的极坐标方程为,直线的参数方程为为参数.
求圆的直角坐标方程;
设圆与直线相交于,两点,若点的直角坐标为,求的值.设函数.
当,,求不等式的解集;
已知,,的最小值为,求证.
答案和解析 1.【答案】 【解析】解:因为,,
所以.
故选:.
由已知先求出集合,,然后结合交集的运算即可求解.
本题主要考查了交集及其运算,属于基础题.
2.【答案】 【解析】解:因为,
则.
故选:.
由已知结合复数的四则运算先进行化简,然后结合复数的模长公式可求.
本题主要考查了复数的四则运算及复数模长公式,属于基础题.
3.【答案】 【解析】解:设等比数列公比为,
由题意,得,解得,
所以.
故选:.
由已知结合等比数列的通项公式及求和公式,列方程求出首项和公比,再求出即可.
本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用,属于基础题.
4.【答案】 【解析】解:对于,由,,,不一定得到,与也可能相交;
对于,由,,,不一定得到,与也可能相交,
如图,
对于,,,,,不一定得到,只有添加条件与相交时,才有;
对于,由,,又,可得.
使得成立的一个充分条件是.
故选:.
由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系分析四个选项中能够推出的条件即可得答案.
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用,考查充分必要条件的判定,是基础题.
5.【答案】 【解析】解:,
,可得,可得,
又,
故,
所以.
故选:.
根据求得,进而求出各边长以及对应角,进而求解结论.
本题考查向量的数量积的应用,考查计算能力.
6.【答案】 【解析】解:把小红、小明捆在一起,然后与张三,李四全排列,形成个空,再从与小红、小明都不相邻的个空中选择一个插入小芳,
所求概率为,
故选:.
利用捆绑法和插空法求解.
本题主要考查了古典概型的概率公式,考查了捆绑法和插空法的应用,属于基础题.
7.【答案】 【解析】解:由于 ,
;
;
函数为偶函数,
,即.
,
.
故选:.
直接利用余弦型函数的性质的应用和,求出结果.
本题考查的知识要点:函数的关系式的求法,主要考查学生的运算能力和数学思维能力,属于基础题.
8.【答案】 【解析】解:,
.
故选:.
直接利用同角三角函数关系式的变换求出结果.
本题考查的知识要点:三角函数的关系式的变换,同角三角函数的关系式的应用,主要考查学生的运算能力和数学思维能力,属于基础题.
9.【答案】 【解析】解:由程序框图知:算法的功能是求的值,
输入,跳出循环的值为,
输出
故选:.
模拟程序的运行可得算法的功能是求的值,根据条件确定跳出循环的值,即可计算得解.
本题考查程序框图,根据框图的流程判断算法的功能是解答本题的关键,属于基础题.
10.【答案】 【解析】解:作于点,则平面且,
设,则,
可证平面,则,
平面分三棱柱为两个体积相等的四棱锥和,
即,
取中点为,则,即为所求角,.
故选:.
作于点,结合直棱柱可证平面,则即为四棱锥的高,同理可说明即为四棱锥的高,根据体积相等可求得,取中点为,则,根据异面直线夹角的定义可知即为所求角,结合运算求解.
本题考查了异面直线所成角的计算,属于中档题.
11.【答案】 【解析】解:由已知双曲线:的左,右焦点分别为、,过的直线交双曲线的右支于点,
以双曲线的实轴为直径的圆与直线相切,切点为,,
在中,,为,中点,.
又,,所以,
.
故选:.
求出结合,,转化求解离心率即可.
本题考查双曲线的简单性质的应用,离心率的求法,是中档题.
12.【答案】 【解析】解:由题意得,即函数为偶函数,
又当时,,有,
故函数的减区间为,增区间为,
又,,
由,可得.
故选:.
根据函数奇偶性和单调性之间的关系,即可得到结论.
本题主要考查函数值的大小比较,根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键.
13.【答案】 【解析】解:由圆与圆有条公切线可知,两圆外切,
,,又,,
故答案为:.
根据条件可知两圆外切,由圆心距等于两圆半径之和列出方程,计算即可.
本题考查了两圆的位置关系,属于基础题.
14.【答案】 【解析】解:展开式中含的项为,
所以的系数为,
故答案为:.
求出展开式中含的项,进而可以求解.
本题考查了二项式定理的应用,考查了学生的运算能力,属于基础题.
15.【答案】 【解析】解:易知直线斜率存在,设:,,,
联立方程得,
整理得,
解得或,
则,
所以.
故答案为:.
先设出直线的方程,联立直线与抛物线方程,结合方程的根与系数关系及向量数量积的坐标表示可求.
本题主要考查了直线与曲线相交,向量数量积的坐标表示,体现了方程思想的应用,属于中档题.
16.【答案】 【解析】解:在个英文字母中排第位,所以,
为偶数,所以构造新数列,前项为,,,,,,,,,,,,,,,,,,,.
为数列的前项和,故的小数点后的前位数字为.
故答案为:.
根据题意,首先确定在个英语字母中排第位;为偶数,所以构造新数列;最后进行数列求和,求出,获取的小数点后的前位数字即为密码.
本题考查简单的合情推理,属于基础题.
17.【答案】解:证明:由正弦定理可得,
即,
整理可得:,
再由正弦定理可得:,
整理可得,
可证得:;
由得,
而由余弦定理得,,,
所以,
得,即,
可得,
的周长为. 【解析】由正弦定理和角的余弦值与边的关系可得,,边的关系,进而可证得结论;
由和余弦定理可得的乘积,再由余弦定理可得的值,进而求出三角形的周长.
本题考查正余弦定理的应用,属于基础题.
18.【答案】解:由题意可知随机变量的可能取值为,,,
有,,,
所以随机变量的分布列为: 则.
由,故从收益的角度考虑,我愿意开通会员参加这一次抽奖活动. 【解析】由题意可知随机变量的可能取值为,,,利用超几何分布的概率公式求出相应的概率,进而得到的分布列,再利用期望公式计算即可.
比较与的大小,即可作出判断.
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望,考查了超几何分布的概率公式,属于中档题.
19.【答案】证明:在中,,
在中,,
所以,即,
因为,,,,平面,
所以平面,
又平面,所以,
因为,,平面,
所以平面.
解:取的中点,
由,知,
因为平面,所以,
又,、平面,所以平面,
以为坐标原点,,,方向分别为,,轴的正方向,建立空间直角坐标系,
则,,,,
所以,,
设平面的法向量为,则,即,
令,则,
同理可得,平面的法向量为,
所以,,
故二面角的正弦值为.
【解析】利用勾股定理可证,由,,知平面,进而得,再由线面垂直的判定定理,得证;
取的中点,由,,可证平面,故以为坐标原点建立空间直角坐标系,再分别求得平面和平面的法向量与,然后由,,即可得解.
本题考查立体几何的综合,熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理,利用空间向量求二面角的方法是解题的关键,考查空间立体感、推理论证能力和运算能力,属于中档题.
20.【答案】解:由题意可得,
解之得:,,,
椭圆的标准方程为:;
证明:由椭圆及可得,,
由题意可得直线的斜率存在且不为,设直线:,,设,,
联立,整理可得:,
显然成立,且,,
直线的方程为:,令,
可得,即,
讨论可得直线的方程为,,
所以的中点,
因为,
而,
直线的斜率为,
所以,
可证得. 【解析】由椭圆过的点的坐标,四边形的面积及,,之间的关系求出,,的值,进而求出椭圆的方程;
设直线的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,求出直线,的方程,与直线联立,求出,的坐标,进而求出的中点的坐标,求出直线的斜率,可证得.
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用,两条直线垂直的证法,属于中档题.
21.【答案】解:由题意,函数,,,
可得,
则,
所以在单调递减,在单调递增,在上单调递减,
因为方程有个不等实根,
则满足,即,解得,
所以.
记,
则,对恒成立,
当时,,单调递增;
当且时,,所以不满足恒成立,
当时,,恒成立,所以,;
当时,在上单调递减,在上单调递增,
所以,所以,
可得,所以,
记,,可得
所以在上单调递增,在上单调递减,
所以,所以最大值为. 【解析】根据题意得到,求得,得出函数的单调性,结合方程有个不等实根,列出不等式组求得,进而求得的取值范围;
记,由对恒成立,利用导数,分类讨论求得函数的单调性与,得到,令,,利用导数求得单调性,得到,即可求解.
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值,不等式恒成立问题,考查了分类讨论思想和转化思想,属中档题.
22.【答案】解:,则,整理得到:;
,则,代入圆方程得到.
验证,,故. 【解析】直接利用极坐标方程公式化简得到答案.
变换,代入圆方程得到,利用韦达定理计算得到答案.
本题考查极坐标方程,考查学生的运算能力,属于中档题.
23.【答案】解:当时,,
所以或或,解得或.
因此不等式的解集的或;
证明:,当且仅当时等号成立,
,
当且仅当时.等式成立. 【解析】将,代入函数,并把函数化为分段函数的形式,再分类讨论解不等式即可;
利用绝对值不等式的性质结合题意可得,再利用基本不等式即可得证.
本题考查绝对值不等式的解法以及基本不等式的运用,考查分类讨论思想,考查运算求解能力和推理论证能力,属于中档题.
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