2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高二下学期期末数学（理）试题含解析

这是一份2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高二下学期期末数学（理）试题含解析，共18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学年陕西省西安市长安区第一中学高二下学期期末数学（理）试题一、单选题1．设集合．若集合满足，则满足条件的集合的个数为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据并集结果可列举出集合所有可能的情况，由此可得结果.【详解】，，集合所有可能的结果为：，，，，满足条件的集合共有个.故选：D.2．已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部为A．-1 B．1 C． D．【答案】A【分析】利用复数的乘除运算化简复数z，结合虚部概念得到答案.【详解】由z（1+i）＝2，得，∴复数z的虚部是﹣1．故选A．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．3．已知向量，满足，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量数量积的性质及平方法，求解数量积.【详解】，故选：B4．蒙特·卡罗方法（Monte Carlo method），也称统计模拟方法，是二十世纪四十年代中期由于科学技术的发展和电子计算机的发明，而被提出的一种以概率统计理论为指导的一类非常重要的数值计算方法．某同学根据蒙特·卡罗方法设计了以下实验来估计圆周率的值，每次用计算机随机在区间内取两个数，共进行了次实验，统计发现这两个数与能构成钝角三角形的情况有种，则由此估计的近似值为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】不妨设所取的两个数分别为、，可得出、，分析出点所构成的平面区域，利用几何概型的概率公式可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】不妨设所取的两个数分别为、，则、，由题意可得，即，由三角形三边关系可得，所以，点所构成的区域如下图中的阴影部分区域所表示： 阴影部分区域的面积为，由已知条件可得，解得.故选：A.【点睛】思路点睛：数形结合为几何概型问题的解决提供了简捷直观的解法．用图解题的关键：用图形准确表示出试验的全部结果所构成的区域，由题意将已知条件转化为事件满足的不等式，在图形中画出事件发生的区域，据此求解几何概型即可.5．已知双曲线以正方形ABCD的两个顶点为焦点，且经过该正方形的另两个顶点，若正方形ABCD的边长为2，则E的实轴长为（　　）A． B．C． D．【答案】A【分析】由正方形边长可得c，将D点坐标代入双曲线方程，结合求解可得.【详解】由图知，，易知，代入双曲线方程得，又，联立求解得或（舍去）所以所以双曲线E的实轴长为.故选：A6．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题为真命题的是（       ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】C【分析】利用空间中点线面之间的位置关系即可对每个选项做出判断，从而选出正确选项.【详解】对于选项A：若，，则与平行或相交，故选项A不正确；对于选项B：若，，则与 可平行、异面、或相交，故选项B不正确；对于选项C：若，，则，垂直于同一平面的两个直线平行，故选项C正确；对于选项D：若，，则与平行或相交，故选项D不正确.故选：C7．已知，，则“”是“”的（       ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据基本不等式可得当时，成立，反之，取特殊值判断，进而根据充分不必要条件的定义求解即可.【详解】解：因为，当且仅当时，等号成立，所以，“”是“”的充分条件成立；反之，不妨设，此时成立，但.所以，“”是“”的充分不必要条件.故选：B8．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（       ）A．12种 B．24种 C．36种 D．48种【答案】B【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，故选：B9．在公差大于0的等差数列中，，且，，成等比数列，则数列的前21项和为（       ）A．12 B．21 C．11 D．31【答案】B【分析】根据等差数列的通项公式，由，求得，再由，，成等比数列，求得，得到，结合并项求和，即可求解.【详解】由题意，公差大于0的等差数列中，，可得，即，由，，成等比数列，可得，即为，解得或（舍去），所以数列的通项公式，所以数列的前21项和为：.故选：B.10．如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为（　　）A．2π B．4π C．16π D．【答案】B【分析】分析图中的几何关系，分别求出圆锥的底面半径和母线长即可.【详解】依题意，做球的剖面图如下：其中，O是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线，由题意可知球的半径计算公式： ，由于圆柱的高为2，OD=1，DE=3-1=2， ，母线 ，∴圆锥的侧面积为 ，故选：B.11．椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解：，设，则，则，故，又，则，所以，即，所以椭圆的离心率.故选：A.12．已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.【详解】因为，所以，令，所以，对函数求导：，   由有：，由有：，所以在单调递增，在单调递减，因为，由有：，故A错误；因为，所以，由有：，故D错误；因为，所以，因为，所以，所以，故C正确；令 有：=，当，.所以在单调递增，当时，，即，又，所以，因为，所以，因为在内单调递减，所以，即，故B错误.故选：C.二、填空题13．某区域有大型城市个，中型城市个，小型城市个．为了解该区域城市空气质量情况，现采用分层抽样的方法抽取个城市进行调查，则应抽取的大型城市的个数为______．【答案】【分析】确定抽样比后即可计算得到结果.【详解】，应抽取的大型城市个数为个.故答案为：.14．写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．【答案】或或【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为，所以，设方程为O到l的距离，解得，所以l的方程为，当切线为m时，设直线方程为，其中，，由题意，解得，当切线为n时，易知切线方程为，故答案为：或或.15．将函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，若在区间上的最小值为，则的最大值为_____．【答案】【分析】首先根据三角函数的变换规则求出的解析式，再根据的取值范围求出的取值范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，解得即可.【详解】解：将向右平移个单位长度得到，因为，所以，由于函数，该函数在上的最小值为，故，故，即的最大值为．故答案为：．16．已知函数，且函数是偶函数，则函数的最大值为______．【答案】16【分析】首先表示出的解析式，令，依题意可得，即可取出、的值，从而得到的解析式，再利用导数求出函数的最大值.【详解】解：因为，所以，设，因为为偶函数，，，解得．因此，所以，令，解得，，．当时，；当时，；当时，； 当，时，．在区间，上是增函数，在区间，、，上是减函数又，的最大值为．故答案为：三、解答题17．的内角的对边分别为，已知，．(1)求；(2)设为边上一点，且，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）先由求得，再由余弦定理求得即可；（2）先由余弦定理求得，再求出，最后由面积公式求解即可.【详解】(1)因为，所以，所以．在中，由余弦定理得，即，解得（舍去），．(2)因为，由余弦定理得，又，即是直角三角形，所以，则，又，则，所以的面积为．18．如图1，在矩形中，是中点，将沿直线翻折到的位置，使得，如图2.（1）求证：面PCE面ABCE；（2）求与面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连结，可得，结合两图，可得，，又，根据线面垂直的判定定理证得面PEC，再利用面面垂直的判定定理证得结果；（2）以点为原点，分别以直线为轴，轴，以经过点且垂直于平面的直线为轴建立直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值得到结果.【详解】（1）证明：连结，由图1可得在图2中又面PEC面ABCE面PCE面ABCE（2）以点为原点，分别以直线为轴，轴，以经过点且垂直于平面的直线为轴建立直角坐标系.由题意可知，设面的法向量为则令得所以所以直线与面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，解题方法如下：（1）结合平面几何的知识得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理证得线面垂直；（2）建立适当的坐标系，求得平面的法向量和直线的方向向量，求得其所成角的余弦值，进而得到线面角的正弦值.19．甲、乙两个乒乓球运动员进行乒乓球比赛，已知每一局甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，比赛时可以用三局二胜或五局三胜制，问：(1)在哪一种比赛制度下，甲获胜的可能性大？(2)若采用三局二胜制，求比赛场次的分布列及数学期望．【答案】(1)在五局三胜制下，甲获胜的可能性大(2)分布列见解析，.【分析】（1）对两种赛制分别求出甲获胜的概率，即可判断；（2）依题意可得的所有可能取值为，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.【详解】(1)解：①如果采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜：（甲净胜二局），（前二局甲一胜一负，第三局甲胜）．因为与互斥，所以甲胜概率为．②如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：（甲净胜3局），（前3局甲2胜1负，第四局甲胜），（前四局各胜2局，第五局甲胜）．因为互斥，所以甲胜概率为．由①，②可知在五局三胜制下，甲获胜的可能性大．(2)解：依题意可得的所有可能取值为，．所以，所以的分布列为：230.520.48 所以20．已知椭圆：的离心率为，是椭圆上的点．(1)求椭圆的方程；(2)已知点为椭圆上的任意一点，过点作的切线与圆：交于，两点，设，的斜率分别为，，证明：为定值，并求该定值．【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为.【分析】（1）由离心率、点在椭圆上及椭圆参数关系求椭圆参数，即可得椭圆方程.（2）讨论斜率，并设直线方程联立椭圆方程，应用韦达定理及斜率两点式得到关于参数的表达式，进而化简即可证结论.【详解】(1)由题设，，则，而，则，设椭圆的方程为，又点在椭圆上，所以，可得：，故椭圆的方程为.(2)①当直线斜率不存在时，直线的方程为或．若，则，，则，，．若，则，，则，，．                                               ②当直线斜率存在时，设直线：，，，直线与椭圆联立，得，由直线与椭圆相切，则，化简得：．                                                            直线与圆联立：得：，，，，而，的斜率分别为，，所以，将式代入：， 将代入：．综上：为定值，该定值为．21．已知函数(1)当时，求f（x）的单调递增区间：(2)若函数f（x）恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为M、m，求证：.【答案】(1)和； (2)证明见解析. 【分析】(1)利用导数讨论函数的单调性即可求解；(2)根据极值点的定义可得方程有两个不相等的实根()，由正弦函数图象可知，利用导数求出函数的极值，进而构造函数，再次利用导数求出即可.【详解】(1)函数的定义域为，当时，，，令或，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以函数的单调递增区间为和；(2)，因为函数恰有两个极值点，所以方程有两个不相等的实根，设为且，当时，函数图象关于直线对称，则，即，因为，所以，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以分别是函数的极大值点和极小值点，即，，于是有，因为，所以，所以，而，所以，设，，则，令或，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最小值，即，因此有，即.【点睛】在解决类似的问题时，要熟练应用导数研究函数的单调性、极值与最值，要掌握极值与极值点的定义，缕清极值点与方程的根之间关系，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数研究新函数的性质即可解决问题.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数且），曲线与x轴，y轴分别交于A，B两点，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求A，B两点的直角坐标及曲线的直角坐标方程；(2)设直线与曲线：交于P，Q两点，求的值．【答案】(1)，，曲线的直角坐标方程为；(2)的值为5.【分析】(1)由参数方程取可求点的直角坐标，取可求点的直角坐标，根据极坐标与直角坐标的互化公式可由曲线的极坐标方程求其直角坐标方程；(2)利用直线参数方程的参数的几何意义可求的值．【详解】(1)由取可得，又，所以，，故点的直角坐标为，由取可得，又，所以，，故点的直角坐标为，由可得，所以，又，所以，(2)由(1)，，设则直线的参数方程为(为参数)，联立直线的参数方程与曲线的直角坐标方程可得，所以，所以，设P，Q两点对应的参数为，则且，所以，所以的值为5.23．已知，若在R上恒成立.(1)求实数a的取值范围；(2)设实数a的最大值为m，若正数b，c满足，求bc+c+2b的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）令，求出，由；（2）由结合基本不等式得出最小值.【详解】(1)令，则由解析式易知，，因为在R上恒成立，所以，即(2)由（1）可知，，则.当且仅当，即时，取等号.故的最小值为