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（文）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（文）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学年陕西省西安市长安区第一中学高二下学期期末数学（文）试题一、单选题1．设全集，集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，，所以,所以.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，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用中间值结合单调性判断两数的大小．【详解】∵，， ，∴．故选：B4．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：B5．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．若是函数图象的对称轴，则的最小正周期的最大值是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据余弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意，解得，因为，所以且，所以的最小正周期，所以当时；故选：A9．魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法.所谓割圆术，就是以圆内接正多边形的面积，来无限逼近圆面积.刘徽形容他的割圆术说：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣.”某学生在一圆盘内画一内接正十二边形，将100粒豆子随机撒入圆盘内，发现只有4粒豆子不在正十二边形内.据此实验估计圆周率的近似值为A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，利用均匀随机数的产生和几何概型即可求出结果.【详解】因为，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了几何概型的应用，属于基础题.10．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.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．已知实数a、b，满足，，则关于a、b下列判断正确的是（       ）A．a＜b＜2 B．b＜a＜2 C．2＜a＜b D．2＜b＜a【答案】D【分析】先根据判断a接近2，进一步对a进行放缩，，进而通过对数运算性质和基本不等式可以判断a>2；根据b的结构，构造函数，得出函数的单调性和零点，进而得到a,b的大小关系，最后再判断b和2的大小关系，最终得到答案.【详解】.构造函数：，易知函数是R上的减函数，且，由，可知：，又，∴，则a>b.又∵，∴a>b>2.故选：D.【点睛】对数函数式比较大小通常借助中间量，除了0和1之外，其它的中间量需要根据题目进行分析，中间会用到指对数的运算性质和放缩法；另外，构造函数利用函数的单调性比较大小是比较常用的一种方法，需要我们对式子的结构进行仔细分析，平常注意归纳总结.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．已知的周长为20，且顶点，，则顶点的轨迹方程是___________.【答案】【解析】由周长确定，故轨迹是椭圆，注意焦点位置和抠除不符合条件的点即可.【详解】的周长为20，且顶点，，，，所以点到两个定点的距离和为定值，故点的轨迹是焦点在y轴上的椭圆，，， 则顶点A的轨迹方程是.故答案为：.【点睛】易错点睛：本题考查椭圆定义的应用，在求解过程中要注意椭圆的定义要检查两个线段的大小，看是否可以构成椭圆，还要注意要围城三角形需要排除不符合的点，考查学生的转化能力与运算能力，属于基础题.15．若是函数的极值点，则的极大值为____________．【答案】【分析】由题意可得，求出的值，并检验，然后再利用导数求出函数的极大值【详解】由，得，因为为函数的极值点，所以，解得，经检验当满足题意所以，，令，得或，当或时，，当，，所以在和上递增，在上递减，所以当时，取得极大值，所以的极大值为，故答案为：16．已知四棱锥的底面是矩形，，平面平面，，且直线与所成角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为___________.【答案】【分析】取中点为，连接、．由可知为直线与所成角，，于是可求，解三角形可得长度．以为底面将四棱锥补为三棱柱即可求其外接球球心和半径，从而解得答案．【详解】解：取中点为，连接、，因为，所以，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，设，则，，．，为直线与所成角，，又，且（负值舍去），在中，根据余弦定理得，，即，解得，为等边三角形，设外接圆半径为，则根据正弦定理得，，如图所示，将四棱锥补为直三棱柱，则该直三棱柱的外接球即为四棱锥的外接球．设直三棱柱上下底面外接圆圆心为、，则为直三棱柱的高，则中点即为外接球球心，设外接球半径为，则如图在中，，四棱锥外接球的表面积为．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ABCD中，是AD中点，将沿直线CE翻折到的位置，使得，如图2．(1)求证：；(2)求到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）根据勾股定理，结合线面垂直的判定证明面即可；（2）根据面面垂直的性质，证明平面即可得到平面的距离为【详解】(1)证明：连接，因为，故，所以，在图2中∵，∴又∵∴面∴面∴面面；(2)由（1）面，且平面，故平面平面，且交于，又，平面，故平面.故到平面的距离为19．某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分布在，，，，（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示．(1)估计这组数据的平均数；(2)某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案①：所有芒果以10元/千克收购；方案②：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购．请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？【答案】(1)387（克）(2)方案②获利更多【分析】（1）由频率分布直方图分析数据，直接求平均数；（2）分别求出方案①和方案②的收入，进行比较，下结论.【详解】(1)由频率分布直方图可得这组数据的平均数为：（克）；(2)方案①收入：（元）；方案②收入：由题意得低于350克的收入：（元）；高于或等于350克的收入：（元）．故总计（元），由于，故种植园选择方案②获利更多．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）讨论函数的单调性与极值；（2）证明：当且时，不等式恒成立.【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.【分析】(1)由题知,对求导后,根据的正负,分别讨论的单调性与极值即可;(2)设,对求导,根据的正负研究的单调性,从而得出其最值,证明出,即可证明题设不等式.【详解】(1),,则,①当时,,故在上单调递增,无极值;②当时,令,令,故在上单调递增,在上单调递减,因此有极小值,无极大值.(2)当时,设,则,,设,则,因此在上单调递增,即在上单调递增,所以,所以在上单调递增,所以,即且时,不等式恒成立.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值,考查了不等式恒成立问题的证明,属于中档题.解决含参函数单调性问题时,常用分类讨论法;遇见恒成立问题时,常将问题转化为函数最值问题求解.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