2021-2022学年浙江省衢温“5 1”联盟高二下学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年浙江省衢温“5 1”联盟高二下学期期中联考数学试题（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学年浙江省衢温“5+1”联盟高二下学期期中联考数学试题一、单选题1．直线的倾斜角是（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意结合斜率的定义即可求得直线的倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，由直线斜率的定义可知：，则.故选：B.【点睛】本题主要考查直线倾斜角的定义，特殊角的三角函数值，属于基础题.2．已知复数，则复数在复平面内对应的点在第（       ）象限．A．一 B．二 C．三 D．四【答案】C【分析】先由复数的乘法化简复数，然后根据复数复平面内对应的的坐标可得答案.【详解】.则复数在复平面内对应的点的坐标为 故复数在复平面内对应的点在第三象限故选：C3．设，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由复合函数导数公式直接计算可得结果.【详解】.故选：B.4．下列说法正确的是（       ）A．条件是的充分不必要条件B．若向量且满足，，则C．已知两条不同直线a，b与平面，若，则D．已知，则的最小值为4【答案】A【分析】选项A. 先解出二次不等式，由集合间的关系判断即可；选项B. 由向量，求出即可判断；选项C. 根据线面平行的条件可判断；选项D. 当时可判断.【详解】选项A. 由可得或则由可得出，反之由，不一定能得到，所以条件是的充分不必要条件，故正确.选项B. 由向量且满足，，则 ，即，故不正确.选项C. 两条不同直线a，b与平面，若，则或，故不正确.选项D. 若，当时，，故不正确.故选：A5．已知正项等比数列中，，，数列的前项和为，则（       ）A． B． C．或 D．【答案】D【分析】根据题设条件先求出，从而求出数列的通项公式，此数列为等比数列，即可求出【详解】设等比数列的公比为，则依题意，所以又，所以所以故选：D6．孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解法传至欧洲，1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．这个定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2022这2021个整数中能被4除2且被6除余2的数按由小到大的顺序排成一列构成一数列，则此数列的项数是（       ）A．165 B．166 C．169 D．170【答案】C【分析】设所求数列为，由题意可知，从而可求通项公式，结合已知可求的范围，进而可求．【详解】设所求数列为，由题意可知，所以，令，即，解得，所以满足的正整数的个数为，所以该数列共有项．故选：C．7．设椭圆的两焦点为，．若椭圆C上有一点P满足，则椭圆C的离心率的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由椭圆的几何性质求解【详解】由椭圆的几何性质知当点在短轴顶点时，最大，设短轴顶点为B，则，得，故选：A8．已知定义在上的奇函数，当时，．当时有解，则实数m的最大值（       ）A．0 B．2 C．4 D．6【答案】D【分析】由奇函数的性质得时，，且在上单调递增，进而，当分时恒成立；当时，结合单调性将问题转化为在上有解，进而得，再解不等式即可得最大值.【详解】解：因为定义在上的奇函数，当时，，所以当时，，所以当时，函数单调递增，，时，单调递增，；所以，由奇函数的性质知，函数在上单调递增，所以，当时，由于，故，，此时恒成立，当时，，所以，当时有解等价于在上有解，所以，由在上单调递增得在上有解，即在上有解，所以，即.所以，实数m的最大值为.故选：D二、多选题9．若双曲线的方程为，则下列说法正确的是（       ）A．双曲线的离心率为 B．双曲线的焦点坐标为C．双曲线的渐近线方程为 D．直线与双曲线有两个交点【答案】ACD【分析】根据双曲线的几何性质可判断选项A，B，C，将直线方程与双曲线的方程联立可判断选项D.【详解】在双曲线的方程为中，，则 则双曲线的离心率为，焦点坐标为 由可得 ，即双曲线的渐近线方程为故选项A,C正确，选项B不正确.由可得， 所以直线与双曲线有两个交点，故选项D正确.故选：ACD10．假设有一箱零件，箱内装有20件零件，其中有3件次品，下列说法正确的是（       ）A．从中随机取出2件恰有一件次品的概率为B．从中随机取出2件，设事件“恰有一件是次品”，“至少有一件是正品”，则A与事件B为互斥事件C．从中依次取出两件零件，在第一次取出的是次品的条件下第二次仍是次品的概率为D．无放回地抽取零件直到取到正品时停止，若停止时取到次品数为X，则【答案】AC【分析】选项A. 由古典概率直接求解即可；选项B.根据互斥事件的概念可判断；选项C.由条件概率可得答案；选项D. 表示取到正品时，取到次品数为2件，即共取3次，前两次取的是次品，第3次取的是正品.从而可得答案.【详解】选项A.   从中随机取出2件恰有一件次品有种取法所以从中随机取出2件恰有一件次品的概率为，故正确.选项B. 从中随机取出2件， 事件“至少有一件是正品”中包含“一件正品，一件次品”,“两件均为正品”两种情况，而事件“恰有一件是次品”是事件的一部分所以事件A与事件B不是互斥事件，故不正确.选项C. 设事件“第一次取出的是次品”，设事件“第二次取出的是次品”，则，所以,故正确.选项D. 表示取到正品时，取到次品数为2件，即共取3次，前两次取的是次品，第3次取的是正品.所以其概率为，不正确.故选：AC11．已知圆，直线，则下列结论正确的有（       ）A．圆C的圆心坐标为，半径为9B．对于任意实数m直线l恒过定点C．若直线l交圆C于A，B两点，则弦长的最小值为4D．当时，直线l交圆C于A，B两点，D是圆C上的动点，则面积的最大值为【答案】BCD【分析】将圆化为标准方程即可判断A；根据直线系方程可判断B；由于直线过定点在圆内，故当直线与直线垂直时，弦取得最小值，进而求解判断C；直接求解对应的弦长，圆心到直线的距离，进而求解面积最值判断D.【详解】解：对于A选项，圆化为标准方程得圆，故圆C的圆心坐标为，半径为，故A选项错误；对于B选项，由题知直线，所以直线过直线与直线的交点，所以直线过定点，故B正确；对于C选项，由于点在圆内，故当直线与直线垂直时，弦取得最小值，此时最小弦长为，故C正确；对于D选项，当时，直线，此时圆心到直线的距离为，弦长，所以面积的最大值为，故D正确.故选：BCD12．如图，已知正方体棱长为4，Q是上一动点，点H在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，P是侧面内一动点，且点P到平面距离等于线段的长，下列说法正确的是（       ）A．平面B．与平面所成角的正切值得最大值为C．的最小值为D．当点P运动时，的范围是【答案】ABD【分析】对于A,先证明平面平面，利用面面平行的性质判断平面；对于B,找到与平面所成角，表示出角的正切值，即可判断；对于C, 当把平面折起，和平面在同一个平面上时,即可求得的最小值；对于D，建立空间直角坐标系，求得的表达式，结合二次函数的性质，可求得其范围.【详解】对于A,连接 ,则 ,且平面 ,而平面 ,故平面平面 , 平面,故平面，故A正确；对于B， 连接,由于 平面，则即为与平面所成角，故 ，当, ,此时最小，故取到最大值 ，故B正确；对于C，当把平面折起，和平面在同一个平面上时，如图示：取到最小值，最小值为 ，故C错误；对于D，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，则 ,设 ，由题意可知 ,故点P落在以点F为焦点，以为准线的抛物线上，故 ，由得，即 ，故 ，当时，取最小值22，当时，取最大值 ，故，故D正确.故选：ABD三、填空题13．已知抛物线的焦点为，是抛物线上一点，若，则点的横坐标为________.【答案】2【分析】由抛物线的方程可得，结合抛物线的定义以及焦半径可得答案．【详解】由抛物线方程可得，即，则，解得.故答案为：2.14．已知，则__________．（用数字作答）【答案】【分析】在已知条件中分别令，，将所得两式相减即得所求【详解】令，则令，则所以故答案为：15．第24届冬奥会2022年2月4日在北京市和张家口市联合举办．本次冬奥会共有7个大项，15个分项．中国奥运健儿奋勇拼搏总共获得9金4银2铜，获得位列奖牌榜第三名的历史最好的成绩．某天比赛中因为天气原因需要对高山滑雪、跳台滑雪、越野滑雪三个比赛场地各增派一名医生志愿者．现有8名医生志愿者，其中只会内科的医生4人，只会外科的医生2人，内外科都会的全科医生2人，要求3名医生志愿者中至少有一名会内科和一名会外科，则共有__________种派遣方法．(用数字作答)【答案】312【分析】先按要求算出满足条件的医生的抽取办法数量，按抽取的医生只会内科的人的数量进行分类讨论即可，再将抽取好的医生分配到不同的比赛场地，根据分步乘法计数原理即可求出总的排遣方法的数量.【详解】若抽取的医生只会内科的有1人，则抽取的方法有种；若抽取的医生只会内科的有2人，则抽取的方法有种；若抽取的医生没有只会内科的，则抽取的方法有种；故满足条件的抽取医生的方法共24＋24＋4＝52种，再把抽好的医生分派到三个不同的比赛场地，共有52×＝312种派遣方法.故答案为：312.16．已知函数，关于x的方程有实根，则实数a的取值范围为__________．【答案】【分析】先求出的值域，设，则，方程有实根，即有实根，设，利用导数求出其值域，从而可得答案.【详解】由所以设，则方程有实根，即有实根设，则由可得，可得所以在上单调递减，在上单调递增.又 ，，则所以，即所以故答案为：四、解答题17．已知函数(1)当，求的取值范围；(2)已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，求面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简为，再利用正弦函数性质求解； （2）由，即，得到，再利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用三角形面积公式求解.【详解】(1)解： ，， ，，，，，的取值范围为；(2)由得：，所以或 ，即 或，因为，，由余弦定理，所以（当且仅当时取“=”），的面积的最大值为．18．为了解某校学生在学校的月消费情况，随机抽取了100名学生进行调查，月消费金额分布在450~950之间．根据调查的结果绘制的学生在校月消费金额的频率分布直方图如图所示：将月消费金额不低于750元的学生称为“高消费群”．(1)求a的值；(2)现采用分层抽样的方式从月消费金额落在，内的两组学生中抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，记“高消费群”人数为X，求X的分布列、均值和方差．【答案】(1)(2)分布列见解析； ，【分析】（1）利用频率分布直方图各矩形面积的和为1求解；（2）由高消费人X可以取0，1，2，3，求得相应的概率，列出分布列，求期望和方差.【详解】(1)解：因为，所以；(2)由题意，从中抽取7人，从中抽取3人．高消费人X可以取0，1，2，3，，，，，所以X的分布列为X0123P ，（也可用超几何分布结论），.19．如图所示，在三棱柱中，底面是正三角形，，点在平面的射影为线段的中点D，过点，B，D的平面与棱交于点E．(1)证明：平面；(2)F为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）证明平面，，原题即得证；（2）以，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．利用向量法求解.【详解】(1)证明：，，平面，平面连接，，在三棱柱中有平面平面平面平面，平面平面，平面(2)解：可知，，两两垂直，以，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则．在中，，，所以．于是，，，，，，，，设为平面的法向量，则有：，可取．设为平面的法向量，则有：可取．．所以，面与平面夹角的余弦值为．20．已知数列、满足，，，﹒(1)求证：为等差数列，并求通项公式；(2)若，记前n项和为，对任意的正自然数n，不等式恒成立，求实数的范围．【答案】(1)证明见解析；.(2).【分析】(1)证明为常数即可证明为等差数列，根据等差数列通项公式即可求通项公式，于是可求通项公式；(2)根据累乘法求，再求出，根据通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和，求单调性并求其范围即可求λ的范围.【详解】(1)∵，，两边同除以得：，从而，，是首项为1，公差为1的等差数列，，∴；(2)由，，∴，∴，∴，∴，，两式相减得，，∴＝，中每一项，为递增数列，∴，∵，∴，，.21．椭圆、双曲线、抛物线三种圆锥曲线有许多相似性质．比如三种曲线都可以用如下方式定义（又称圆锥曲线第二定义）：到定点的距离与到定直线的距离之比为常数e的点的轨迹为圆锥曲线．当为椭圆，当为抛物线，当为双曲线．定点为焦点，定直线为对应的准线，常数e为圆锥曲线的离心率．依据上述表述解答下列问题．已知点，直线动点满足到点F的距离与到定直线l的距离之比为(1)求曲线的轨迹方程；(2)在抛物线中有如下性质：如图，在抛物线中，O为抛物线顶点，过焦点F的直线交抛物线与A，B两点，连接，并延长交准线l与D，C，则以为直径的圆与相切于点F，以为直径的圆与相切于中点．那么如图在曲线E中是否具有相同的性质？若有，证明它们成立；若没有，说明理由．【答案】(1)(2)有，证明见解析【分析】（1）由题，曲线的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且，待定系数求解即可；（2）先根据弦的最值，判断以为直径的圆与不相切；另一方面，以为直径的圆与相切于点F，进而设设，，直线的方程为，与椭圆联立方程，结合韦达定理证明且中点坐标为满足即可.【详解】(1)解：由题知，曲线的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且，所以所以椭圆E的轨迹方程为(2)解：以为直径的圆与不相切．理由如下：当焦点弦的最大值为长轴长，此时圆方程为，圆与直线相离；当轴时焦点弦的最短，此时圆方程为，圆与直线相离；以为直径的圆与相切于点F，证明如下：设，，直线的方程为由化简得由韦达定理得直线的方程为，令，得，同理，，所以，以为直径的圆过点F又因为中点坐标为而，即所以，，所以为直径的圆与相切于点F22．已知函数，(1)函数图像在处的切线与函数相切，求实数a的值；(2)函数与函数图像有两个不同交点，（i）求a的取值范围；（ii）若，证明：．【答案】(1)(2)（i） ；（ii）证明见解析【分析】（1）由导数的几何意义求解（2）转化为函数有两个零点，由导数判断单调性后列不等式求解，由题意得的关系，将表示成的函数求最值，再由基本不等式证明【详解】(1)由得到，所以，而，所以切线方程为因为得，由题意得：，解得．(2)（ⅰ）由题意得化简得，令函数与函数图像有两个不同交点等价于有两个解，令，解得所以时，，单调递增；时，，单调递减．，而时，，时，，所以，解得：故的取值范围是（ⅱ）由（ⅰ）可得：①       ②①+②得：③②-①得：④由③④消去a得：令，所以，令，，，令，则故所以在上单调递增，所以所以，所以．