2021-2022学年河南省顶尖名校联盟高二下学期尖子生联赛数学（文）试题（解析版）

2021-2022学年河南省顶尖名校联盟高二下学期尖子生联赛数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.

【详解】解：，，

因此，.

故选：A.

2．已知，则复数的共轭复数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】D

【详解】,故,对应点在第四象限.故选.

3．已知变量和的统计数据如下表：

根据上表可得回归直线方程，据此可以预报当时，（       ）A． B． C． D．

【答案】D

【分析】计算出样本中心点的坐标，代入回归直线方程求得的值，然后在回归直线方程中，令可求得结果.

【详解】由表格中的数据可得，，

由于回归直线过样本的中心点，，解得，

所以，回归直线方程为，

当时，.

故选：D.

【点睛】本题考查利用回归直线方程对总体进行估计，同时也考查了利用回归直线过样本的中心点求参数，考查计算能力，属于基础题.

4．已知，，则tan(π+2α)=（       ）

A．  B． C． D．

【答案】A

【分析】根据诱导公式和同角公式求出，再根据诱导公式和二倍角的正切公式可求得结果.

【详解】∵α∈，sin，

∴cos α=，sin α=，tan α==.

∴tan(π+2α)=tan 2α=.

故选：A.

【点睛】本题考查了诱导公式、同角公式、二倍角的正切公式，属于基础题.

5．函数的递减区间为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据导数与单调性的关系求解即可得答案.

【详解】求导得，故令，解得．

所以函数的递减区间为

故选：C

6．已知等边（为坐标原点）的三个顶点在抛物线上，且的面积为，则

A． B．3 C． D．

【答案】C

【详解】设边长为，则，，所以，，，故选C.

7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】由三视图知，该几何体由球，圆柱，圆锥组成，球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为2，则该几何体的体积

故选A

8．已知函数，若关于x的方程有三个不同的实数根，则实数m的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】作差构造新函数，将问题转化为的图象与直线有三个不同的公共点，利用绝对值的代数意义作出分段函数的图象，利用数形结合思想进行求解.

【详解】令，

则方程有三个不同的实数根

等价于方程有三个不同的实数根，

即的图象与直线有三个不同的公共点，

又，

即，

作出的图象与直线（虚线），

由图象，得当时，

的图象与直线有三个不同的公共点，

即关于x的方程有三个不同的实数根，

则

故选：D.

9．已知函数在区间上是增函数，若函数在上的图象与直线有且仅有一个交点，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】结合函数图像的对称性，及在区间上的单调性，可知，又的图像与直线的交点的横坐标为，从而得，进而可求出的取值范围.

【详解】因为函数的图象关于原点对称，并且在区间上是增函数，

所以，又，得，令，得，

所以在上的图象与直线的第一个交点的横坐标为，第二个交点的横坐标为，

所以，解得，

综上 所述，.

故选：C

【点睛】关于三角函数中的取值范围问题，结合三角函数的单调性与最大（小）值列关于的不等式，从而求解出答案.

10．已知等差数列的公差不为0，等比数列的公比，若，且是正整数，则实数（       ）

A．4 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】令是正整数，可得，结合，即可求的值，进而求.

【详解】解：由，，令，其中m为正整数，有，又，

∴，，得，故，

∴，解得或(舍去).

故选：C.

11．已知过双曲线右焦点，斜率为的直线与双曲线在第一象限交于点，点为左焦点，且，则此双曲线的离心率为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由题意，∵过双曲线右焦点的直线，∴，代入双曲线，可得，∴，∴，∴，∵，∴，故选C.

12．函数直线与的图象相交于A、B两点，则的最小值为（       ）

A．3 B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出AB坐标，表示出，规定函数，其中，利用导数求最小值.

【详解】联立解得可得点．联立解得可得点．由题意可得解得，令，其中，∴．∴函数单调递减；．因此，的最小值为．

故选：C

【点睛】距离的最值求解：

（1）几何法求最值；

（2）代数法：表示出距离，利用函数求最值.

二、填空题

13．已知向量、，，，且，则在上的投影为___________.

【答案】

【分析】由已知得出，结合平面向量数量积的几何意义可得出在上的投影.

【详解】由已知可得，所以，，

所以，在上的投影为.

故答案为：.

14．数列满足，则___________.

【答案】

【分析】由题意，推导得，得的偶数项构成等差数列，再计算得，由等差数列的通项公式代入计算得

【详解】∵，∴，得，∵，∴，所以的偶数项构成等差数列，首项为，公差为，∴.

故答案为：

15．已知若方程有一个实数根，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】作出函数的大致图象，将方程有一个实数根转化为直线与的图象只有一个交点的问题，利用导数，确定切点坐标，数形结合，求得答案.

【详解】由题意可作出函数的大致图象如图：

直线过定点 ，则方程有一个实数根，

即直线与的图象只有一个交点，

当 时，符合题意；

当时， ，

设与曲线的切点为 ，

则切线方程为 ，将代入，

解得 ，

此时 符合题意；

当 时，，

设与曲线的切点为 ，

则切线方程为 ，将代入，

解得，

此时当 时，与曲线只有一个交点，

故实数的取值范围是 ，

故答案为：

【点睛】本题综合考查了方程的根以及图象的交点问题，涉及到导数求解切线斜率问题，解答的关键是数形结合，确定符合题意的直线的斜率范围,此时要注意利用导数的几何意义求解切线方程.

16．在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是上底面内一点（含边界），若平面，则点的轨迹长为___________.

【答案】

【分析】由平行关系得出点轨迹后计算

【详解】如图，取中点，中点，可知，

，故平面平面，故点的轨迹为线段

故答案为：

三、解答题

17．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知.

（1）求角的大小；

（2）若的面积，且，求.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【详解】试题分析：

（Ⅰ）由余弦定理把已知条件化为，再由正弦定理化为角的关系，最后由两角和与差的正弦公式及诱导公式可求得，从而得角；

（Ⅱ）由三角形面积公式求得，再由余弦定理可求得，从而得，再由正弦定理得，计算可得结论.

试题解析：

（Ⅰ）因为，所以由，

即，由正弦定理得，

即，∵，

∴，即，

∵，∴，∴，∵，∴.

（Ⅱ）∵，∴，

∵，，

∴，即，

∴ .

18．以“你我中国梦，全民建小康”为主题“社会主义核心价值观”为主线，为了解、两个地区的观众对2018年韩国平昌冬奥会准备工作的满意程度，对、地区的名观众进行统计，统计结果如下：

在被调查的全体观众中随机抽取名“非常满意”的人是地区的概率为，且.

（1）现从名观众中用分层抽样的方法抽取名进行问卷调查，则应抽取“满意”的、地区的人数各是多少？

（2）在（1）抽取的“满意”的观众中，随机选出人进行座谈，求至少有两名是地区观众的概率？

（3）完成上述表格，并根据表格判断是否有的把握认为观众的满意程度与所在地区有关系？

附：

，

【答案】(1)见解析;(2);(3)见解析.

【详解】试题分析：（1）先根据概率计算的值，得出，再计算与的值，根据比例得出应抽取“满意”的A、B地区的人数；

（2）根据二古典概型的概率公式计算至少有两名是地区观众的概率．

（3）根据独立性检验公式计算观测值k2，从而得出结论；

试题解析：（1）由题意，得，∴，∴，

因为，所以，.

则应抽取地区的“满意”观众，抽取地区的“满意”观众.

（2）所抽取的地区的“满意”观众记为，，，所抽取的地区的“满意”观众记为，.

则随机选出三人的不同选法有，，，，，，，，，，共个结果.

至少有两名是地区的结果有个，其概率为

（3）

由表格，

所以没有的把握认为观众的满意程度与所在地区有关系.

19．如图所示，在四棱锥中，，都是等边三角形，平面平面，且，.

（Ⅰ）求证：平面平面；

（Ⅱ）是上一点，当平面时，三棱锥的体积.

【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)6.

【详解】试题分析：

（Ⅰ）要证面面垂直，一般先证线面垂直，也就要证线线垂直，经过计算，得出，从而有，即，于是有面面垂直的性质知，从而得证面面垂直；

（Ⅱ）要求三棱锥的体积，关键是找出E点的位置，由于平面，可以过BE作与平面PCD平行的平面，交AD于G，则BG//CD，EG//PD，由已知可知，　确定了G点，就可确定E点位置，从而求出E到平面PCD的距离，再求得面积，就有，从而得所求体积．

试题解析：

（Ⅰ）因为，，，

所以，所以，，

又因为是等边三角形，所以，所以，

因为平面平面，平面平面，

所以平面，

因为平面，所以平面.

（Ⅱ）过点作交于，过点作交于，

因为，平面，平面，所以平面，

同理可得平面，所以平面平面，

因为平面，所以平面.

因为，所以，在直角三角形中，，，

所以，所以，

在平面内过作于，

因为平面，平面，所以，

因为，所以平面，所以是点到平面的距离，

过点作于，则，

由，得，所以，

因为，所以.

【点睛】20．已知椭圆的左焦点为F，离心率为，点是椭圆C上一点.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若M､N为椭圆C上不同于A的两点，且直线关于直线对称，设直线与y轴交于点，求d的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由椭圆的离心率公式和，，的关系，以及点是椭圆C上一点，可得，，，进而得到所求椭圆方程；（2）设直线AM的斜率为，由对称性可得直线AN的斜率为，求得直线AM的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理可得M的横坐标，将其中的换为，可得N的横坐标，求得MN的斜率和方程，联立椭圆方程，由判别式大于0，结合M，N的位置，解不等式可得所求范围.

【详解】(1)∵，，

∴①

又在椭圆C上，

∴②

由①②解得，，

所以所求椭圆标准方程为

(2)由（1）知，∴轴，设直线的斜率为k，因为，关于直线对称，

所以直线的斜率为，

又，所以直线的方程是，

设，，

，

所以，将上式中的k换成得，，

所以，

所以直线的方程是，

代入椭圆方程得，

所以，解得，

又由题意知点M，N在A点两侧，而直线中，当时，，故.

21．已知函数()，其中，e为自然对数的底数.

（1）若两数有两个零点，求a的取值范围；

（2）是否存在正整数a，使得对一切恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在.请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，正整数a的最大值为2.

【分析】（1）求出的最小值为，由可得结果；

（2）依题意在上恒成立，令()，容易验证适合题意，再结合题意证明不合题意，由此可得正整数的最大值为2.

【详解】（1），，

令，得；令，得，

∴函数在上单调递减，在上单调递增，

∴，且，，

要使函数有两个零点，则只需，即

∴a的取值范围为；

（2）要使在上恒成立，

即在上恒成立，

令()，

则.

①当时，，

由知在单调递减，在单调递增，

∴，

∴时满足题意.

②当时，考查时，函教的取值情况：

∵，∴，.

又，∴，即，

∴当时，在上单调递增.

取，则函数在上单调递增，

∵，且，

∴不能恒成立.

综上，正整数a的最大值为2.

【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键点是：证明不合题意.

22．在平面直角坐标系中，直线 的参数方程为 (t为参数)，以平面直角坐标系的原点为极点，正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为.

(1)求直线 和曲线的直角坐标方程，并指明曲线的形状；

(2)设直线与曲线交于 两点，为坐标原点，且，求.

【答案】(1)，，曲线是圆心为，半径的圆；(2)

【详解】试题分析：

（1）消去参数可得直线的直角坐标方程，利用公式，可化极坐标方程为直角坐标方程，配方化为标准方程可得曲线；

（2）可用极坐标的几何意义求解，直线的极坐标方程为，联立直线与曲线的极坐标方程，可得两解为正数，这就是极径，因此有，代入利用韦达定理可得　．

试题解析：

 (1)由消去参数t，得y =2x，由，得，所以曲线C的直角坐标方程为，即.即曲线C是圆心为(1，1)，半径r=1的圆.

(2)联立直线 和曲线的方程，得，消去，得，

设 对应的极径分别为，则， ，

所以.

23．已知函数

（Ⅰ）若不等式恒成立，求的取值范围；

（Ⅱ）求不等式的解集．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．

【分析】(1)由绝对值三角不等式得到，故恒成立得，解此不等式即可；（2）不等式等价于或，去掉绝对值得到，根据图像可得到结果.

.

【详解】(Ⅰ)∵，

∴由恒成立得，

即或，

得或．

的取值范围是.

（Ⅱ）不等式等价于或，

．

由得

由得

如图所示：

由图可得原不等式的解集为或．

【点睛】这个题目考查了含有绝对值的不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，以及函数的值域问题；一般对于解含有多个绝对值的不等式，根据零点分区间，将绝对值去掉，分段解不等式即可.