2021-2022学年河南省顶尖名校联盟高二下学期尖子生联赛数学（理）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年河南省顶尖名校联盟高二下学期尖子生联赛数学（理）试题（解析版），共19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学年河南省顶尖名校联盟高二下学期尖子生联赛数学（理）试题一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.【详解】解：，，因此，.故选：A.2．复数的共轭复数，则 A． B． C． D．【答案】A【详解】 .故选A.3．已知，，则tan(π+2α)=（       ）A．  B． C． D． 【答案】A【分析】根据诱导公式和同角公式求出，再根据诱导公式和二倍角的正切公式可求得结果.【详解】∵α∈，sin，∴cos α=，sin α=，tan α==.∴tan(π+2α)=tan 2α=.故选：A.【点睛】本题考查了诱导公式、同角公式、二倍角的正切公式，属于基础题.4．某学校食堂对高三学生偏爱蔬菜还是肉类与性别的关系进行了一次调查，根据独立性检验原理，处理所得数据之后发现，有97.5%的把握但没有99%的把握认为偏爱蔬菜还是肉类与性别有关，则的观测值可能为（       ）0.100.050.0250.0100.0050.001k2.7063.8415.0246.6357.87910.828 A． B． C． D．【答案】B【分析】根据把握率确定的观测值区间范围即可选择.【详解】∵有97.5%的把握但没有99%的把握，∴的观测值区间范围为，结合选项可知，的观测值可能为6.625．故选:B5．已知等边（为坐标原点）的三个顶点在抛物线上，且的面积为，则A． B．3 C． D．【答案】C【详解】根据拋物线和等边三角形的对称性可知A，B两点关于x轴对称，不妨设直线与联立得B(6p，2p)，因为△AOB的面积为9，所以，解得.故选C.6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A． B． C． D．【答案】A【详解】由三视图知，该几何体由球，圆柱，圆锥组成，球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为2，则该几何体的体积  故选A7．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（       ）A．257 B．336 C．343 D．384【答案】C【分析】共有三种情况， 3人各站一个台阶，或有一个台阶有2人另一个是1人，或3人站一个台阶，然后根据分类计数原理即得．【详解】由题意知本题需要分组解共有三种情况：第一种情况是3人各站一个台阶，有种；第二种情况有一个台阶有2人，另一个台阶是1人，共有种，第三种情况3人站一个台阶，有种所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是种．故选：C．8．已知函数在区间上是增函数，若函数在上的图象与直线有且仅有一个交点，则的最大值为（       ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】结合函数图像的对称性，及在区间上的单调性，可知，又的图像与直线的交点的横坐标为，从而得，进而可求出的取值范围.【详解】因为函数的图象关于原点对称，并且在区间上是增函数，所以，又，得，令，得，所以在上的图象与直线的第一个交点的横坐标为，第二个交点的横坐标为，所以，解得，综上 所述，.故选：C【点睛】关于三角函数中的取值范围问题，结合三角函数的单调性与最大（小）值列关于的不等式，从而求解出答案.9．已知过双曲线右焦点，斜率为的直线与双曲线在第一象限交于点，点为左焦点，且，则此双曲线的离心率为A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意，∵过双曲线右焦点的直线，∴，代入双曲线，可得，∴，∴，∴，∵，∴，故选C.10．如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段，上的动点，则下列说法错误的是（       ）A．平面平面B．线段的最小值为C．当，时，点D到直线的距离为D．当P，Q分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为【答案】C【分析】取的中点，易知，结合条件及线面垂直的判定定理可得平面，进而有平面平面，即可判断A；建立坐标系，利用向量法可判断BCD.【详解】取的中点，连接，∵在菱形中，，，∴，又，∴，所以，又易知，因为，，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确；以为原点，分别为轴建立坐标系，则，当，时，，，，，所以点D到直线PQ的距离为，故C错误；设，设，可得，，当时，，故B正确；当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，，，，，设PQ与AD所成的角为，则，所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；故选：C.11．已知函数的图象上存在关于直线对称的不同两点，则实数的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】依题意，函数的图象上存在关于对称的不同两点，则存在，，且，使得，即，构造函数，，故问题转化为存在，使得函数与有交点，然后通过研究函数的图象与性质即可求出结果.【详解】依题意，函数的图象上存在关于对称的不同两点，则存在，，且，使得，则，因此，设，，故问题转化为存在，使得函数与有交点，又在上恒成立，，∴函数在上单调递增，故，因此，为使函数与有交点，只需.故选：B.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．二、多选题12．已知为圆周率，为自然对数的底数，则（       ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】根据指数函数的性质及对数的运算性质以及换底公式计算可得；【详解】解：已知为圆周率，为自然对数的底数，，，即，故错误；，，所以，即，，故错误；，，，，故正确；由，可得，所以，故正确，故选：CD三、填空题13．已知的展开式中的常数项为8，则_________.【答案】3【详解】的通项为所以的展开式中的常数项为，所以a=3.故答案为3.14．已知向量，向量，与垂直，则与夹角的余弦值为______________．【答案】【分析】先求得，然后求得与的夹角的余弦值.【详解】∵向量，向量，∴，由于与垂直，所以，即，则，所以与的夹角的余弦值是.故答案为：.15．若圆上，有且仅有一个点到的距离为1，则实数的值为____________.【答案】4或66或4【分析】考虑点在圆内和圆外两种情况，进而结合圆的性质求得答案.【详解】由题意，圆心与点的距离为，而圆上有且仅有一个点到的距离为1，根据圆的性质，若点在圆内，则，若点在圆外，则.故答案为：4或6.16．已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，M是的中点，若，则的最大值为______________．【答案】【分析】先由得到，再结合得到，最后借助基本不等式即可求解.【详解】由可得，化简得，即，，又，，由余弦定理知，即，又，化简得，，又，当且仅当时取等.故，即.故答案为：.四、解答题17．已知数列，满足，；(1)求的通项公式；(2)若，求的前2n项和．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题可得，进而可得，即得；（2）由题可得，然后利用分组求和法及等差数列求和公式即得.【详解】(1)∵，∴，即，又，∴数列是首项为1，公差为的等差数列，∴，∴；(2)∵，∴，∴.18．如图，直三棱柱中，侧面是正方形，侧面，，点E是的中点．(1)求证：//平面；(2)若，垂足为F，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再根据线面平行的定义证明线面平行；（2）以 为坐标原点, 以 所在直线分别为 轴, 轴, 轴,建立空间直角坐标系, 求平面 的法向量和平面的法向量，利用和求出答案.【详解】(1)如图, 连接 , 交于点, 连接 . 由 是正方形, 得为 的中点,所以 为 的中位线, 所以,因为 平面   , 平面, 所以 //平面 .(2)由已知 底面 , 得 底面, 得 .又因为 , 故 两两垂直,如图, 以 为坐标原点, 以 所在直线分别为 轴, 轴, 轴,建立空间直角坐标系,设 , 则 , 则 ,设 , 则由 ,   ,得 , 解得 . 所以 , 所以 .又因为 ,所以 ,解得 所以 ,所以    .又    ,设平面 的一个法向量为 则 即 . 令 , 则    .设平面的一个法向量为 , 则     即 . 令, 得,设二面角 的平面角为,.,由题意可知为锐角,即二面角 的正弦值为.19．2017年是某市大力推进居民生活垃圾分类的关键一年，有关部门为宣传垃圾分类知识，面向该市市民进行了一次“垃圾分类知识”的网络问卷调查，每位市民仅有一次参与机会，通过抽样，得到参与问卷调查中的1000人的得分数据，其频率分布直方图如图所示：（1）估计该组数据的中位数、众数；（2）由频率分布直方图可以认为，此次问卷调查的得分服从正态分布，近似为这1000人得分的平均值（同一组数据用该区间的中点值作代表），利用该正态分布，求；（3）在（2）的条件下，有关部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：（ⅰ）得分不低于可获赠2次随机话费，得分低于则只有1次；（ⅱ）每次赠送的随机话费和对应概率如下：赠送话费(单位：元)概率 现有一位市民要参加此次问卷调查，记(单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列和数学期望.附：，若，则，.【答案】（1）中位数为，众数为65.（2）（3），分布列见解析【分析】【详解】试题分析：（1）由频率分布直方图可估计该组数据的中位数、众数；（2）利用加权平均数公式计算平均值；再根据正态分布的性质求；（3）设得分不低于分的概率为，则，则的取值为10，20，30，40，利用相互独立事件的概率公式计算各个概率，得到的分布列和数学期望.．试题解析：（1）由 ，得，设中位数为，由 ，解得，由频率分布直方图可知众数为65.（2）从这1000人问卷调查得到的平均值为 因为由于得分服从正态分布，所以 .（3）设得分不低于分的概率为，则，的取值为10，20，30，40，，，，，所以的分布列为： 所以.20．已知椭圆的左焦点为F，离心率为，点是椭圆C上一点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若M､N为椭圆C上不同于A的两点，且直线关于直线对称，设直线与y轴交于点，求d的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆的离心率公式和，，的关系，以及点是椭圆C上一点，可得，，，进而得到所求椭圆方程；（2）设直线AM的斜率为，由对称性可得直线AN的斜率为，求得直线AM的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理可得M的横坐标，将其中的换为，可得N的横坐标，求得MN的斜率和方程，联立椭圆方程，由判别式大于0，结合M，N的位置，解不等式可得所求范围.【详解】(1)∵，，∴①又在椭圆C上，∴②由①②解得，，所以所求椭圆标准方程为(2)由（1）知，∴轴，设直线的斜率为k，因为，关于直线对称，所以直线的斜率为，又，所以直线的方程是，设，，，所以，将上式中的k换成得，，所以，所以直线的方程是，代入椭圆方程得，所以，解得，又由题意知点M，N在A点两侧，而直线中，当时，，故.21．已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，若，且在时恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）求导，分和两种情况讨论分析单调性即可；（2）由已知不等式可令，通过恒成立，得到；再证明当时，在时恒成立.利用放缩法得到，所以只需证在时恒成立.记，求导，结合导数研究函数的最值，即可求解.【详解】解：（1），①当时，恒成立，即函数在递减；②当时，令，解得，令，解得，即函数在上单调递增，在上单调递减.综上，当时，函数在递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（2）由题意，即当时在时恒成立，即在时恒成立.记，则，记，在递增，又，当时，得.下面证明：当时，在时恒成立.因为.所以只需证在时恒成立.记，所以，又，所以在单调递增，又，所以，单调递减；，单调递增，所以，∴ 在恒成立.即在时恒成立.综上可知，当在时恒成立时，实数a的取值范围为.【点睛】方法点睛：由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.22．在平面直角坐标系中，直线 的参数方程为 (t为参数)，以平面直角坐标系的原点为极点，正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为.(1)求直线 和曲线的直角坐标方程，并指明曲线的形状；(2)设直线与曲线交于 两点，为坐标原点，且，求.【答案】(1)，，曲线是圆心为，半径的圆；(2) 【详解】试题分析：（1）消去参数可得直线的直角坐标方程，利用公式，可化极坐标方程为直角坐标方程，配方化为标准方程可得曲线；（2）可用极坐标的几何意义求解，直线的极坐标方程为，联立直线与曲线的极坐标方程，可得两解为正数，这就是极径，因此有，代入利用韦达定理可得　．试题解析： (1)由消去参数t，得y =2x，由，得，所以曲线C的直角坐标方程为，即.即曲线C是圆心为(1，1)，半径r=1的圆. (2)联立直线 和曲线的方程，得，消去，得，设 对应的极径分别为，则， ，所以.23．已知函数（Ⅰ）若不等式恒成立，求的取值范围；（Ⅱ）求不等式的解集．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．【分析】(1)由绝对值三角不等式得到，故恒成立得，解此不等式即可；（2）不等式等价于或，去掉绝对值得到，根据图像可得到结果..【详解】(Ⅰ)∵， ∴由恒成立得，即或，得或．的取值范围是.（Ⅱ）不等式等价于或， ．由得由得如图所示：由图可得原不等式的解集为或．【点睛】这个题目考查了含有绝对值的不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，以及函数的值域问题；一般对于解含有多个绝对值的不等式，根据零点分区间，将绝对值去掉，分段解不等式即可.