2021-2022学年湖南省郴州市安仁县第一中学高二数学模拟试题（解析版）

这是一份2021-2022学年湖南省郴州市安仁县第一中学高二数学模拟试题（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学年湖南省郴州市安仁县第一中学高二数学模拟试题 一、单选题1．已知全集，集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先求得，然后求得.【详解】由题意得，所以，所以．故选：B2．已知复数z在复平面内对应的点的坐标为，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】根据复数z在复平面内对应的点的坐标，得出复数的表达式，进而求出的表达式，即可得到的值.【详解】解：由题意，复数z在复平面内对应的点的坐标为，，∴，∴．故选：D.3．已知数列满足，则（    ）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】根据题意变形为，再转化为与，与的关系，推导出数列是周期为3的周期数列，即可计算出结果.【详解】由题意得，所以，所以，所以数列是周期为3的周期数列，所以，所以．故选：C4．已知某种传染性病毒使人感染的概率为，在感染该病毒的条件下确诊的概率为，则感染该病毒且确诊的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据条件概率公式可求出结果.【详解】记“感染该病毒”为事件，“确诊“为事件，则，，所以.即感染该病毒且确诊的概率是.故选：A.5．已知函数，若不等式对恒成立，则m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得的图象关于直线对称，且，结合函数单调性，从而可得，解出不等式，再列出关于的不等式可求得结果.【详解】因为，所以的图象关于直线对称．又，由双勾函数知，当时，单调递增，，单调递减．因为，，所以，解得，所以，所以，解得．故选：D6．已知某圆锥的侧面积为底面积的倍，体积为 ，则该圆锥的母线长为（    ）A．  B．  C． D．【答案】C【分析】设该圆锥的底面半径为，母线长为，由题意得即可解得母线长.【详解】解：设该圆锥的底面半径为，母线长为 ，圆锥的侧面积为：，圆锥的底面积为：，圆锥的体积为： ， 由题意得，解得： ，．所以母线长为：．故选：C．7．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，设与的图象上相邻的三个公共点分别为A，B，C，若为直角三角形，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】数形结合，利用两函数联立确定两函数图象交点以及为直角三角形，结合三角函数性质求解.【详解】由题意得，作出两个函数的图象，如图所示．不妨取点A，C在x轴上方，点B在x轴下方，D为的中点，所以，由对称性可得．又为直角三角形，所以，所以．令，则或，所以或．又，所以，所以，则，所以，所以，所以．故选:D.8．已知双曲线的左焦点为F，O为坐标原点，若在T上存在两A，B，使四边形为菱形，则双曲线T的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用菱形的定义、双曲线的对称性结合图形分析可得为直角三角形，为等边三角形，再结合双曲线的定义，即可得到双曲线的离心率.【详解】如图，设T的右焦点为，连接，因为四边形为菱形，所以，所以，且四边形为平行四边形，所以由已知及对称性可知点A，B关于y轴对称，且，所以是等边三角形，所以，由双曲线定义得，所以，所以．故选C. 二、多选题9．已知直线，圆，则下列说法正确的是（    ）A．直线必过点B．直线与圆必相交C．圆心到直线的距离的最大值为1D．当时，直线被圆截得的弦长为【答案】BC【分析】利用直线和圆的相关性质求解即可.【详解】易知直线必过点，故A错误；点在圆内，所以直线与圆必相交，故B正确；圆心到直线的距离，当时距离取最大值1，故C正确；当时，直线，则直线被圆截得的弦长为，故D错误．故选：BC10．下列命题正确的是（    ）A．，，B．，使C．，，D．，，使【答案】AD【分析】用不等式的性质可判断A、B；取特殊值可判断C、D.【详解】因为，，所以，所以，，所以，故A正确；因为，恒成立，故B错误；取，则，故C错误；取，，则，故D正确．故选：AD.11．函数，若不等式恒成立，则a的值可以为（    ）A． B． C．1 D．【答案】AB【分析】利用数形结合的思想，作分段函数的图象，明确函数的对称性，结合函数图象变换，可得答案.【详解】作出函数的大致图象如图所示，的图象关于点中心对称，故，由，得，即，即的图象向左平移2个单位后得到的图象一定在的图象上方，如图，，即，所以a的取值范围为．故选：AB.12．如图，在正四面体中，分别为所在棱的三等分点，沿平面截去四个小正四面体后所得几何体称为截角四面体，则（    ）A．截角四面体的所有面都是正多边形B．C． 平面D．截角四面体与正四面体的表面积之比为【答案】ABC【分析】由截角四面体的性质可判断该多面体的所有面都是正多边形，可判断A；再根据正四面体各棱之间的位置关系，以及线面平行和线面垂直的性质定理判断选项B、C；最后根据多面体的表面积公式即判断选项D.【详解】截角四面体表面由4个等边三角形和4个正六边形构成，故A正确；由题意得，，由正四面体的性质易知：，所以，故B正确；易知，所以，又平面，平面，所以平面，故C正确；设，则截角四面体的表面积为，正四面体的表面积为，所以截角四面体的表面积与正四面体的表面积之比为，故D错误．故选：ABC. 三、填空题13．已知向量，若，则______________．【答案】【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示公式，结合平面向量数量积的坐标表示公式、平面向量模的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为，所以，解得，所以．故答案为：14．在一次乒乓球知识竞赛中，已知甲、乙两赛队在6道笔试题中所得分数的中位数相等（每题满分10分），具体得分如下：甲赛队9671098乙赛队10k87108 若，则k的值为________________．【答案】9【分析】根据中位数的定义求解，求乙赛队的中位数时要讨论k与8的大小关系.【详解】将甲赛队成绩从小到大排列为6，7，8，9，9，10，所以甲赛队成绩的中位数为．由题意知乙赛队成绩的中位数为8.5．若，此时乙赛队成绩的中位数为，不符合题意；若，此时乙赛队成绩的中位数为，解得，符合题意．故答案为：915．已知抛物线，动点A，B在C上，则的最大值为____________．【答案】【分析】由题意知当直线分别与曲线C相切时，取最大值. 设直线，求出即得解.【详解】由题意知当直线分别与曲线C相切时，取最大值.由已知得直线的斜率存在，可设直线，与联立得，所以，解得，所以（O为坐标原点），则，由对称性可得，所以．故答案为：16．已知函数的定义域为，其导函数为，且，，则在区间上的极大值为____________．【答案】1【分析】由题意可得，构造函数，可得，可得解析式，结合的值，可得解析式，求导，令，利用导数可得的单调性和最值，根据特殊值和，分析可得的单调性和极值，即可得答案.【详解】由题意得，令，所以，则，且c为常数，所以，所以，解得，所以，则．令，则．当时，单调递增；当时，单调递减，所以在处取得最大值．又，所以，使．又，所以当时，，单调递减；当时，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，取得极大值．【点睛】关键点点睛：合理变形得，并适当构造函数，根据题中数据，求得解析式，并利用导数求得的单调性和极值，难点在于求导得，无法判断其正负时，需再次求导，根据其导函数值的正负，可得的正负，可得的单调性和极值，属中档题. 四、解答题17．已知数列中，，当时，，记．(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】(1)根据地推公式可得，累加法可得数列的通项公式(2)先验证时不等式成立，再根据时，，利用放缩法结合裂项相消可证得结论.【详解】（1）解：由题意得，所以，即．当时， ．当时，也符合．综上，．（2）证明：由（1）得，当时；当时，，故当时， ．综上，．18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求；(2)的内切圆半径为，，求的周长．【答案】(1)(2)8 【分析】（1）由已知及正弦定理得，再利用平方关系可得答案；（2）由余弦定理得，设的内切圆半径为r，由等面积公式得，解方程组可得，从而得到答案.【详解】（1）由已知及正弦定理得，又，所以，所以，所以；（2）由余弦定理得，即①，设的内切圆半径为r，由等面积公式得，即，整理得②，联立①②，解得，所以的周长为．19．为了不断提高教育教学能力，某地区教育局利用假期在某学习平台组织全区教职工进行网络学习．第一学习阶段结束后，为了解学习情况，负责人从平台数据库中随机抽取了300名教职工的学习时间（满时长15小时），将其分成六组，并绘制成如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．(1)求a的值；(2)以样本估计总体，该地区教职工学习时间近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数，经计算知．若该地区有5000名教职工，试估计该地区教职工中学习时间在内的人数；(3)现采用分层抽样的方法从样本中学习时间在内的教职工中随机抽取5人，并从中随机抽取3人作进一步分析，分别求这3人中学习时间在与内的教职工平均人数．（四舍五入取整数）参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．【答案】(1)(2)4093(3)在内的教职工平均人数为1，在内的教职工平均人数2 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积和为1，计算即可得答案.（2）先求得平均数，可得值，根据值，结合所给公式及数据，代入计算，可得的值，根据总人数，即可得答案.（3）根据分层抽样，可得内的人数分别为2，3，设从这5人中抽取的3人学习时间在内的人数为X，可得X所有取值，进而可得各个取值对应的概率，即可求得期望，进而可得内人数的期望值，即可得答案【详解】（1）由题意得，解得．（2）由题意知样本的平均数为，所以．又，所以．则，所以估计该地区教职工中学习时间在内的人数约为4093．（3）对应的频率比为，即为2:3，所以抽取的5人中学习时间在内的人数分别为2，3，设从这5人中抽取的3人学习时间在内的人数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，，，，所以．则这3人中学习时间在内的教职工平均人数约为1．设从这5人中抽取的3人中学习时间在内的人数为Y，则，所以．则这3人中学习时间在内的教职工平均人数约为2．20．如图，在直三棱柱中，，E，F分别为的中点．(1)若，证明：平面平面；(2)若，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）先证明得到面，进而证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系运用解析法计算即可.【详解】（1）证明：因为，所以平面．又平面，所以．因为，且这两个角都是锐角，所以，所以，所以．又，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）取的中点O，连接，因为，所以．因为，所以．以O为坐标原点，分别以向量的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，所以，设平面的一个法向量为，由得令，得．设平面的一个法向量为，由得令，得．设二面角的平面角为，则，所以，所以二面角的正弦值为．21．已知函数．(1)若，求的极大值；(2)若在区间上有两个零点，求实数a的取值范围．【答案】(1)0(2)． 【分析】（1）将代入函数中，对函数求导，利用函数单调性分析极大值即可（2）对函数求导得，根据在区间上有两个零点，对的值进行分类讨论，然后分析得出实数a的取值范围【详解】（1）当时，，且则． 当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减，所以的极大值为．（2）由题意得当时，对恒成立，所以在区间上单调递增，又，所以在区间上仅有一个零点，不符合题意．当时，令，得，若，即时，对恒成立，在区间上单调递减，又，所以在区间上仅有一个零点，不符合题意．若，即时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．令，则，所以在区间上单调递减，所以，即，所以，其中，因为函数的图像开口向下，所以，使，即在区间上有两个零点．综上，实数a的取值范围为．【点睛】导数题常作为压轴题出现，常见的考法：①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），②求极值或最值③求切线方程④通过切线方程求原函数的解析式⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围⑥证明不等式⑦已知函数的零点个数求参数的取值范围解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函数导数性质解决.22．已知椭圆的四个顶点所构成四边形的面积为，点在 上．(1)求椭圆的方程；(2)直线 经过的右焦点 交于 ， 两点，轴，交直线于点 ，试问直线是否恒过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)椭圆的方程为：.(2)直线恒过定点，该定点坐标为． 【分析】（1）由题意可知，将点代入椭圆得，联立解出 ， 即可．（2）设直线：，，，，联立椭圆与直线，利用韦达定理可得，，利用两点式列出直线的方程，整理化简即可．【详解】（1）解：由题意得 ，解得：，，所以椭圆的方程为：．（2）由（1）得，由题意可设直线：，，，，联立椭圆与直线得：，整理得：，所以，由韦达定理得：，．又因为点在直线上，所以，又直线：，即即直线为：，所以直线恒过点．所以直线恒过定点，该定点坐标为．