广东省广州市广州大学附属中学、铁一中学、广州外国语学校2021-2022学年高二上学期期中三校联考数学试题（含答案）

广州市广州大学附属中学、铁一中学、广州外国语学校2021-2022学年

高二上学期期中三校联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．复数z满足，则（    ）

A．1 B． C． D．

3．已知函数，将其图象向右平移个单位后得函数图象，若为奇函数，则的值可以为（    ）

A． B． C． D．

4．已知椭圆的右焦点是双曲线的右顶点，则该双曲线的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

5．被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应有，0.618就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则（    ）

A．4                     B．         C．2      D．

6．把一个半径为10cm的皮球放入由8根长均为acm的铁丝焊接成的正四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点（皮球不变形），则a的值为（    ）

A．20 B． C． D．

7．在平面直角坐标系中，已知点，.若直线上存在点，使得，则实数的取值范围是（    ）

A．             B．        C．              D．

8．如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且．则下列结论正确的是（    ）

A．

B．当时，与相交

C．异面直线AC与BF所成的角为45°

D．直线MN与平面BCE相交

9．设，，，且，则下列关系式中可能成立的是（    ）

A．

B．

C．

D．

二、多选题

10．有甲、乙两种套餐供学生选择，记事件A为“只选甲套餐”，事件B为“至少选一种套餐”，事件C为“至多选一种套餐”，事件D为“不选甲套餐”，事件E为“一种套餐也不选”．下列说法正确的是（    ）

A．A与C是互斥事件 B．B与E是互斥事件，且是对立事件

C．B与C不是互斥事件 D．C与E是互斥事件

11．对任意实数a，b，c，下列命题中正确的是（    ）

A．“”是“”的充要条件

B．“是无理数”是“a是无理数”的充要条件

C．“”是“”的充分不必要条件

D．“”是“”的必要不充分条件

12．已知向量，，满足，且，，向量与，与，与的夹角都是，则的值可能为（    ）

A． B． C． D．1

三、填空题

13．已知函数，那么的值为______．

14．某民营企业开发出了一种新产品，预计能获得50万元到1500万元的经济收益．企业财务部门研究对开发该新产品的团队进行奖励，并讨论了一个奖励方案：奖金y（单位：万元）随经济收益x（单位：万元）的增加而增加，且，奖金金额不超过20万元．请你为该企业构建一个满足要求的y关于x的函数模型______（答案不唯一）．

15．已知抛物线上三点A，B，C，直线AB，AC是圆的两条切线，若直线BC与直线垂直，则点A的纵坐标值为______．

16．甲、乙、丙三人独立破译一份密码，已知各人能破译的概率分别是，，，则至少有一人成功破译的概率是______；密码被两人成功破译的概率为______．

四、解答题

17．在①，②，③，这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面问题中作答．

问题：在中，角A、B、C对应的边分别为a，b、c，若，______，求角B的值和b的最小值．

注：如果选择条件①、②、③分别解答，按第一个解答计分．

18．已知圆C的圆心在直线上，且经过点，．

(1)求圆C的标准方程；

(2)直线l过点且与圆C相交，所得弦长为，求直线l的方程．

19．已知函数，．

(1)判断的奇偶性和单调性；

(2)若对任意，存在，使得成立，求实数a的取值范围．

20．某学校有高中学生500人，其中男生320人，女生180人.有人为了获得该校全体高中学生的身高信息，采用分层抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：cm），计算得男生样本的均值为173.5，方差为17，女生样本的均值为163.83，方差为30.03.

（1）根据以上信息，能够计算出总样本的均值和方差吗？为什么？

（2）如果已知男、女样本量按比例分配，你能计算出总样本的均值和方差各为多少吗？

（3）如果已知男、女的样本量都是25，你能计算出总样本的均值和方差各为多少吗？它们分别作为总体均值和方差的估计合适吗？为什么？

21．如图，四棱锥的底面ABCD为矩形，，，平面平面ABCD，E是AB的中点．

(1)证明：平面PAC；

(2)若，且二面角余弦值为，求直线PA与平面PBD所成的角的正弦值．

22．阿基米德(公元前287年---公元前212年，古希腊)不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆的面积等于，且椭圆的焦距为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）点是轴上的定点，直线与椭圆交于不同的两点，已知A关于轴的对称点为，点关于原点的对称点为，已知三点共线，试探究直线是否过定点.若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

参考答案：

1．C

【分析】根据解一元二次不等式的方法，结合集合交集的定义进行运算求解即可.

【详解】由可知，从而得到．

而，，

故选：

2．D

【分析】根据复数的除法及复数模的定义求解即可.

【详解】由题意可知，

所以，

故选：D

3．A

【分析】根据三角函数平移变换可得，由奇偶性可知，求得后即可对照选项得到结果.

【详解】由题意得：，

为奇函数，，解得：；

当时，.

故选：A.

4．C

【分析】根据椭圆半焦距公式，结合双曲线的右顶点的定义、渐近线方程进行求解即可

【详解】因为椭圆的半焦距为：，

所以双曲线的右顶点坐标为，即，

因此该双曲线的渐近线方程为，

故选：C

5．C

【分析】由平方关系、倍角公式以及诱导公式化简求值即可.

【详解】

故选：C

6．A

【分析】根据题意皮球与8根铁丝都相切，另一方面，棱均相等的正四棱锥的底面中心到各棱的距离均相等，即为球心，进而求解.

【详解】解：因为皮球的表面与8根铁丝都有接触点（皮球不变形），所以皮球与8根铁丝都相切，

所以，如图，在正四棱锥中，所有棱的长度均为acm，

连接交于，连接，易知，

在中，，所以

此时点到棱的距离为，

又因为点是正方形的中心，

所以点到正四棱锥的各条棱的距离均为，

所以一个半径为的皮球放入由8根长均为acm的铁丝焊接成的正四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点（皮球不变形）时，球的半径为，

因为，所以，即

故选：A

7．D

【分析】根据，可得到关于点的轨迹方程，由已知可得直线与圆由公共点，列出不等式可求出的范围.

【详解】设，因为，，，

所以，

整理得，所以点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆

因为，直线上存在点，使得，所以直线与圆相交或相切.

所以，，解得.

故选：D

8．B

【分析】建立空间直角坐标系，求出各点坐标，然后A、C、D选项均可以用空间坐标处理；B选项找到与相交时的值，进而作出判断.

【详解】解：∵边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直

∴以点B为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，

∴，，，，

∵

∴过点作于点，连接，

则，

，

显然，与不一定相等，选项A错误.

B选项：当时，即M为AC中点，N为BF中点时，如图所示，

此时与相交，故选项B正确；

C选项：，

∴

∴异面直线与所成的角为，C选项错误

D选项：

平面BCE的法向量为

∴，∴

∴始终与平面平行，∴选项D错误

故选：B

9．D

【分析】由条件，且分析出的大小关系，再讨论函数的单调性即可逐一判断作答

【详解】因，且，则有且，于是得，

函数，则在上递减，在上递增，

当时，有成立，A选项可能成立；

当时，有成立，C选项可能成立；

由知，即取某个数，存在，

使得成立，如图，即B选项可能成立；

对于D，由成立知，必有，由成立知，必有，即出现矛盾，D选项不可能成立，

所以不可能成立的是D.

故选：D

10．BC

【分析】根据互斥事件和对立事件的概念，将每个事件的基本事件列出来，对照即可判断.

【详解】事件A为“只选甲套餐”；

事件B为“至少选一种套餐”，

包括选甲套餐，选乙套餐，甲乙两种套餐都选；

事件C为“至多选一种套餐”，

包括选甲套餐，选乙套餐，甲乙两种都不选；

事件D为“不选甲套餐”，

包括选乙套餐，甲乙两种都不选；

事件E为“一种套餐也不选”.

A.事件A与C既不互斥也不对立，故A错误；

B.事件B与E是互斥事件，且是对立事件，故B正确；

C.事件B与C不互斥，故C正确；

D.事件C与E不互斥，故D错误.

故选：BC.

11．BD

【分析】根据充分性和必要性的定义结合不等式的性质，对各个选项逐一分析即可得出答案.

【详解】解：对于A，当时，由不能推出，故A错误；

对于B，若是无理数，则a是无理数，若a是无理数，则是无理数，所以“是无理数”是“a是无理数”的充要条件，故B正确；

对于C，若，当时，，所以“”不是“”的充分条件，故C错误；

对于D，，当时，，当时，，所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确.

故选：BD.

12．AD

【分析】设与的夹角为，由，解得，由数量积夹角公式计算即可求得结果.

【详解】设与的夹角为，则，得，解得．

又与的夹角都是，而，

，，

所以，解得或，

故选：AD．

13．

【分析】根据分段函数解析式直接求解即可.

【详解】解：因为，

所以，

所以

故答案为：

14．(答案不唯一)

【分析】答案不唯一，构造出一个函数，说明是单调严格增函数，且函数的取值满足要求.

【详解】函数，就是符合企业奖励的一个函数模型.

理由：

根据一次函数的性质，易知，随增大而增大，即为严格增函数；

当时，，

当时，，即奖金金额且不超过20万元.

故该函数是符合企业奖励要求的一个函数模型.

故答案为：(答案不唯一).

15．

【分析】根据题意设，，，进而得，再根据直线BC与直线垂直得，同理得，直线的方程为，再根据直线与圆相切得，同理得，两式作差解方程即可得答案.

【详解】解：因为A，B，C三点在抛物线上，

所以设，，

所以，

因为直线BC与直线垂直，

所以，即，

同理得，

故直线的方程为，整理得，

同理得直线的方程为

因为直线与圆相切，

则圆心到直线的距离为，即，

整理得①，②

所以①②得，

所以，

再将代入的，解得

故答案为：

16．     ##0.75     ##0.25

【分析】计算全部都不成功的概率，再得到至少一人成功的概率，两人成功共有三种情况，计算得到答案.

【详解】至少有一人成功破译的概率是,；

密码被两人成功破译的概率为,

.

故答案为：；.

17．；

【分析】选①由三角恒等变换化简条件求B，由余弦定理可得边a,b的关系，由此求b的最值，选②由内角和公式和二倍角余弦公式化简条件，求角B，由余弦定理可得边a,b的关系，由此求b的最值，选③由正弦定理化边为角，再通过化简求角B，由余弦定理可得边a,b的关系，由此求b的最值.

【详解】若选择①：在中，有，

所以，即，

所以，又

所以，所以．

又因为，所以

因为，所以且

由余弦定理得：，

所以当时，取最小值，，

所以b的最小值为

若选②，在中，，

则由题可得

所以或（舍去），

又因为，所以

因为，所以且

由余弦定理得：，

所以当时，取最小值，，

所以b的最小值为

若选③，由正弦定理可将已知条件转化为，

又，

所以，又，

所以，所以

又因为，所以，

因为，所以且

由余弦定理得：，

所以当时，取最小值，，

所以b的最小值为

18．(1)

(2)或

【分析】（1）设圆方程为，带入点解得答案.

（2）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，根据弦长公式计算得到答案.

(1)

设圆心为，半径为，则，

圆经过点，，

则，，解得，

即.

(2)

当直线斜率不存在时，直线方程为，带入原方程得到和，

弦长为，满足条件；

当直线斜率存在时，设直线方程为，即，

圆心到直线的距离为，，即，

解得，故直线方程为.

综上所述：直线方程为或.

19．(1)是奇函数，在上单调递增，证明见解析.

(2)

【分析】（1）结合对数的真数大于零求得的定义域，由判断出为奇函数，结合函数的单调性的知识来判断出的单调性.

（2）将问题转化为，先求得，然后对进行分类讨论，由列不等式来求得的取值范围.

(1)

要使有意义，只需，即，解得，

所以的定义域为，关于原点对称.

所以

又因为，

所以函数是奇函数.

设，则

因为，所以，则，

且，所以，则，

因此，故，即，

结合单调性的概念可知函数在上单调递增.

(2)

对任意，存在，使得不等式成立，

等价于，

由（1）知在上单调递增，则在上单调递增，

，

函数的对称轴为，

当时，，则，

解得，所以，

当时，，则，解得，所以，

综上可知，实数的取值范围是.

20．（1）不能，见解析；（2）能，170.02，43.24；（3）168.67,46.89，不合适，见解析.

【解析】（1）由于不知道如何抽取的样本，因此没法计算总体均值，同样没法计算总体方差；

（2）按男女生比例抽取样本，可按相应公式计算均值和方差；

（3）已知样本量，可按样本量所占比计算均值与方差，但不具代表性，个体不是等概率抽取的．

公式：分层抽样中两组数据的抽样比例是，则总体均值为，

总体方差

【详解】（1）不能，因为本题没有给出男、女生的样本量，或者男、女生样本量的比例，故无法计算出总样本的均值和方差..

（2）总样本的均值为.

总样本的方差.

（3）总样本的均值为.

总样本的方差为.

不能作为总体均值和方差的估计，因为分层抽样中未按比例抽样，总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，因而样本的代表性差.

【点睛】本题考查用样本估计总体，掌握抽样分析中能用样本估计总体所必须具备的条件是总体中每个个体被抽取的概率应相等，即等可能．

21．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）证得，结合面面垂直的性质即可证出结果；

（2）作出辅助线，证得两两垂直，建立空间直角坐标系，结合已知条件求出的长度，进而可求出结果.

(1)

因为，，， E是AB的中点，在中，，所以,故，所以，又因为平面平面ABCD，且平面平面ABCD，故平面PAC；

(2)

设交于，连接，取的中点，连接,

因为四边形为矩形，所以是的中点，因为，所以，又因为平面平面ABCD，且平面平面ABCD，所以平面ABCD，

因此两两垂直，故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，

则

则，设平面的法向量为，

则，则平面的一个法向量为，

则，设平面的法向量为，

则，则平面的一个法向量为，

由题意可知，即，解得，

因此，设直线PA与平面PBD所成的角为，

则所以直线PA与平面PBD所成的角的正弦值为.

22．（1）；（2）直线恒过定点.

【分析】（1）根据椭圆的焦距可求出，由椭圆的面积等于得，求出，即可求出椭圆的标准方程；

（2）设直线，，进而写出为，两点坐标，将直线与椭圆的方程联立，根据韦达定理求，，由三点共线可知，将，代入并化简，得到的关系式，分析可知经过的定点坐标.

【详解】（1）椭圆的面积等于，，

，椭圆的焦距为，，

，

椭圆方程为

（2）设直线，，则，，三点共线，得

，

直线与椭圆交于两点,,，，

由，得，，

，代入中，

，，

当，直线方程为，则重合，不符合题意；

当时，直线,所以直线恒过定点.