2021-2022学年云南省昆明市嵩明县高二下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年云南省昆明市嵩明县高二下学期期中考试数学试题含解析，共15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学年云南省昆明市嵩明县高二下学期期中考试数学试题一、单选题1．若集合，，则A． B． C． D．【答案】A【分析】通过解不等式得出集合B，可以做出集合A与集合B的关系示意图，可得出选项.【详解】因为，解不等式即，所以 或，所以集合，作出集合A与集合B的示意图如下图所示： 所以：，故选A．【点睛】本题考查集合间的交集运算，属于基础题.2．复数满足，则在复平面内所对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】利用的性质、复数的除法运算和复数的几何意义可得答案.【详解】由题意知，复数满足，所以，所以复数在复平面内所对应的点位于第三象限，故选：C．3．（x－y）10的展开式中x6y4项的系数是A．840 B．－840 C．210 D．－210【答案】A【详解】试题分析：二项展开式通项公式为，令得系数为【解析】二项式定理4．在等差数列中，若，，则为（       ）A．8 B．32 C．36 D．72【答案】C【解析】将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得，由此求得.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以， 解得，所以．故选：C【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式和前项和公式，属于基础题.5．已知，，，则与的夹角为（       ）A．30° B．45° C．60° D．120°【答案】B【分析】根据，，，利用模的运算求得，再利用夹角公式求解.【详解】因为，，所以，解得，即，所以，因为，所以，故选：B6．已知圆的半径为2，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切，则圆的方程为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设出圆心坐标，根据直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径计算出圆心坐标，从而可求解出圆的方程.【详解】设圆心为，因为与圆相切，所以圆心到直线的距离，所以或(舍).所以圆的方程为：.故选：A.【点睛】本题考查根据直线与圆的相切求解圆的方程，难度较易.当直线与圆相切时，有两种思路处理问题：(1)圆心到直线的距离等于半径；(2)直线与圆的方程联立后得到的一元二次方程的.7．设函数，其图象在点处的切线与直线垂直，则直线与坐标轴围成的三角形的面积为（       ）A．9 B．3 C． D．1【答案】C【分析】求出函数的导函数，依题意可得，即可求出，从而求出切线方程，再求出切线与两坐标轴的交点坐标，即可得解；【详解】解：因为，所以，由题设得，∴，解得．所以，，切线的方程为，即．令则，令则，即切线与两坐标轴的交点分别为、，所以直线与坐标轴围成的三角形的面积．故选：C8．从1，2，3，4，5，6，7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数的个数为A．432 B．288 C．216 D．108【答案】C【详解】首先个位数字必须为奇数，从1，3，5，7四个中选择一个有种，再丛剩余3个奇数中选择一个，从2，4，6三个偶数中选择两个，进行十位，百位，千位三个位置的全排．则共有，故选C．9．已知定义在R上的函数满足，且，当时，，则（　　）A．－1 B．－3 C．1 D．3【答案】D【分析】由已知条件变形可得函数的周期为4，然后利用函数周期结合已知的解析式可求得答案【详解】，得，∴，∴∴的周期为4，∴，故选：D．10．已知函数的图象过点，且在区间上单调递增，则的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出，再化简函数，通过整体代换求得函数在单调递增，所以，从而得解.【详解】的图像过点，，解得，，由，得，，，.故选：A．11．设，分别为双曲线的左、右焦点．若为右支上的一点，且为线段的中点，，，则双曲线的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得，再由双曲线定义可得，在中，利用勾股定理可得，同除解方程即可求解.【详解】由题意可得，由双曲线定义可得，则，．在中，，又，，整理可得，即，解得或（舍去）．故选：B12．下列命题为真命题的个数是　　；   ；   ；  A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】本题首先可以构造函数，然后通过导数计算出函数的单调性以及最值，然后通过对①②③④四组数字进行适当的变形，通过函数的单调性即可比较出大小．【详解】构造函数，导数为，当时，，递增，时，，递减，可得当时取得最大值．，由可得，故正确；，由，可得，故错误；由可推导出，即，，所以，可得，故正确；，由的最大值为，故正确，综上所述，故选C．【点睛】本题考查如何比较数的大小，当两个数无法直接通过运算进行大小比较时，如果两个数都可以转化为某个函数上的两个函数值，那么可以构造函数，然后通过函数的单调性来判断两个数的大小，考查函数思想，是难题．二、填空题13．已知过的直线l与直线没有公共点，则直线l的方程为______．【答案】【分析】根据直线平行得到斜率相等，进而用点斜式求解直线方程.【详解】由题意可知：直线l与直线平行，直线l的斜率为3，所以直线l方程为，即．故答案为：14．若“”是“函数的图象不过第三象限”的必要不充分条件，则实数能取的最大整数为__________.【答案】【详解】试题分析：，∵函数的图象不过第三象限，∴，即.则“”是“”的必要不充分条件，∴，则实数能取的最大整数为.故答案为.【解析】1、指数函数的图象的平移变换；2、充分条件与必要条件.【方法点睛】本题主要考查数函数的图象的平移变换、充分条件与必要条件，属于中档题.判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题.15．已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4，过点的直线与抛物线交于，两点，若，则______．【答案】15【分析】易得抛物线方程为，根据，求得点P的坐标，进而得到直线l的方程，与抛物线方程联立，再利用抛物线定义求解.【详解】解：因为抛物线的焦点到准线的距离为4，所以，则抛物线：，设点的坐标为，的坐标为，因为，所以，则，则，所以直线的方程为，代入抛物线方程可得，故，则，所以．故答案为：1516．半径为的球面上有，，，四点，且直线，，两两垂直，若，，的面积之和为72，则此球体积的最小值为______．【答案】【分析】设，，，则有，以、、为邻边可构造一个长方体，此时可知，然后由可得答案.【详解】设，，，则有，以、、为邻边可构造一个长方体，此时可知．由可得所以，即，当且仅当时等号成立，∴此球体积的最小值为．故答案为：三、解答题17．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解决该问题：已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，______且，△ABC的面积为，求△ABC的周长．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】条件选择见解析，的周长为．【分析】若选择①，由正弦定理进行边角互化，可求得．再运用三角形的面积公式和余弦定理可求得b＋c，从而求得△ABC的周长；若选择②，由正弦定理进行边角互化，以及运用辅助角公式可求得．再运用三角形的面积公式和余弦定理可求得b＋c，从而求得△ABC的周长；若选择③，由余弦定理进行边角互化，可求得．再运用三角形的面积公式和余弦定理可求得b＋c，从而求得△ABC的周长．【详解】解：若选择①，由正弦定理得，由于，则，又，所以，因为，所以．由，△ABC的面积为，得，所以，所以．由余弦定理得，，所以b＋c＝3，故△ABC的周长为．若选择②，由正弦定理得，又，则，所以，即，又，所以，故．由，△ABC的面积为，得，所以，所以．由余弦定理得，所以b＋c＝3，故△ABC的周长为．若选择③，由余弦定理得，整理得，由余弦定理得，所以，又，所以．由，△ABC的面积为，得，所以，所以．由余弦定理得，所以b＋c＝3，故△ABC的周长为．18．某学校为了调查本校学生在一周内零食方面的支出情况，抽出了一个容量为的样本，分成四组，，，，其频率分布直方图如图所示，其中支出金额在元的学生有180人.(1)请求出的值；(2)如果采用分层抽样的方法从，内共抽取5人，然后从中选取2人参加学校的座谈会，求在，内正好各抽取一人的概率为多少.【答案】(1)；(2).【分析】(1)根据频率分布直方图求出[50，60]的频率，180除以该频率即为n的值；(2)将的样本编号为a、b，将的样本编号为A、B、C，利用列举法即可求概率.【详解】(1)由于支出金额在的频率为，∴.(2)采用分层抽样抽取的的人数比应为2：3，∴5人中有2人零食支出位于，记为、；有3人零食支出在，记为A、B、C.从这5人中选取2人有，，，，，，，，，，共10种情况；其中内正好各抽取一人有，，，，，，共6种情况.∴在内正好各抽取一人的概率为.19．已知为等比数列，其前项和为，且（）．(1)求的值及数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)（）(2)【分析】（1）利用 可得答案；（2）利用错位相减求和可得答案．【详解】(1)当时，，当时，，∵是等比数列，∴，即，．∴数列的通项公式为（）．(2)由（1）得，设数列的前项和为，则，①．②①－②得．∴．20．如图，已知在平面四边形中，为的中点，，，且．将此平面四边形沿折起，使平面平面，连接、．(1)求证：平面平面；(2)设为侧棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直定理可得平面，即，通过勾股定理得，先得线面垂直，再得面面垂直；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出面的法向量，利用向量法即可得结果.【详解】(1)∵平面底面，平面底面，平面，且由，知，∴平面，又平面，∴．取中点，连接，则，且，在中，，在中，．∵，∴，∴平面．∵平面，∴平面平面．(2)如图，以为原点建立空间直角坐标系．则，，，，．设平面的法向量为，，，因为，，所以取得．，设直线与平面所成角为，则．故直线与平面所成角的正弦值为．21．设椭圆的离心率为，且与直线相切．（1）求椭圆的方程；（2）若在轴上的截距为的直线与椭圆分别交于、两点，为坐标原点，且直线、的斜率之和等于，求直线的方程．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）分析可得出，，可将椭圆的方程化为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可求出的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值，即可得出直线的方程.【详解】解：（1）由有，，则椭圆方程为，整理为：，联立方程，消去得，故有，解得．故所求椭圆方程为：；（2）若直线垂直于轴，则、的斜率都不存在，不合乎题意.设直线的方程为，设点、，联立，由或，所以，，则，解得，故直线的方程为．22．设函数，，．（1）讨论的单调性；（2）当且时，函数，证明：存在极小值点，且．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）求，分别讨论和时与的解集，即可求解；（2）当时，，对其求导可得，再令，再对求导判断的符号即可得的符号，进而可得的单调性，即可求出极小值点所在区间，即可证明.【详解】（1）因为，当时，由，可得 ，所以在上为减函数；由，可得所以在上为增函数．当时，由，可得 ，所以在上为减函数，由，可得，所以在上为增函数；综上所述：当时，在上为增函数，在上为减函数；当时，在上为减函数，在上为增函数；（2）证明：因为，所以，，则，因为，所以与同号．设，，则，所以对任意，都有，所以在上单调递增．因为，，，所以存在，使得．当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以若，存在，使得是的极小值点．由得：，即．故．【点睛】方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.