2021-2022学年湖南省郴州市安仁县第一中学高二数学模拟试题（解析版）

2021-2022学年湖南省郴州市安仁县第一中学高二数学模拟试题

一、单选题

1．已知全集，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先求得，然后求得.

【详解】由题意得，

所以，

所以．

故选：B

2．已知复数z在复平面内对应的点的坐标为，则（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数z在复平面内对应的点的坐标，得出复数的表达式，进而求出的表达式，即可得到的值.

【详解】解：由题意，复数z在复平面内对应的点的坐标为，

，

∴，

∴．

故选：D.

3．已知数列满足，则（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】根据题意变形为，再转化为与，与的关系，

推导出数列是周期为3的周期数列，即可计算出结果.

【详解】由题意得，所以，

所以，所以数列是周期为3的周期数列，

所以，所以．

故选：C

4．已知某种传染性病毒使人感染的概率为，在感染该病毒的条件下确诊的概率为，则感染该病毒且确诊的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据条件概率公式可求出结果.

【详解】记“感染该病毒”为事件，“确诊“为事件，

则，，

所以.

即感染该病毒且确诊的概率是.

故选：A.

5．已知函数，若不等式对恒成立，则m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得的图象关于直线对称，且，结合函数单调性，从而可得，解出不等式，再列出关于的不等式可求得结果.

【详解】因为，所以的图象关于直线对称．

又，由双勾函数知，当时，单调递增，，单调递减．

因为，，

所以，解得，

所以，

所以，解得．

故选：D

6．已知某圆锥的侧面积为底面积的倍，体积为 ，则该圆锥的母线长为（    ）

A．  B．  C． D．

【答案】C

【分析】设该圆锥的底面半径为，母线长为，由题意得即可解得母线长.

【详解】解：设该圆锥的底面半径为，母线长为 ，

圆锥的侧面积为：，

圆锥的底面积为：，

圆锥的体积为： ，

由题意得，

解得： ，．

所以母线长为：．

故选：C．

7．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，设与的图象上相邻的三个公共点分别为A，B，C，若为直角三角形，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】数形结合，利用两函数联立确定两函数图象交点以及为直角三角形，结合三角函数性质求解.

【详解】由题意得，作出两个函数的图象，如图所示．

不妨取点A，C在x轴上方，点B在x轴下方，

D为的中点，所以，

由对称性可得．

又为直角三角形，所以，

所以．

令，

则或，

所以或．

又，所以，

所以，

则，所以，

所以，所以．

故选:D.

8．已知双曲线的左焦点为F，O为坐标原点，若在T上存在两A，B，使四边形为菱形，则双曲线T的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用菱形的定义、双曲线的对称性结合图形分析可得为直角三角形，为等边三角形，再结合双曲线的定义，即可得到双曲线的离心率.

【详解】如图，设T的右焦点为，连接，

因为四边形为菱形，所以，

所以，且四边形为平行四边形，所以

由已知及对称性可知点A，B关于y轴对称，且，所以是等边三角形，所以，由双曲线定义得，所以，所以．

故选C.

二、多选题

9．已知直线，圆，则下列说法正确的是（    ）

A．直线必过点

B．直线与圆必相交

C．圆心到直线的距离的最大值为1

D．当时，直线被圆截得的弦长为

【答案】BC

【分析】利用直线和圆的相关性质求解即可.

【详解】易知直线必过点，故A错误；

点在圆内，所以直线与圆必相交，故B正确；

圆心到直线的距离，当时距离取最大值1，故C正确；

当时，直线，则直线被圆截得的弦长为，故D错误．

故选：BC

10．下列命题正确的是（    ）

A．，，

B．，使

C．，，

D．，，使

【答案】AD

【分析】用不等式的性质可判断A、B；取特殊值可判断C、D.

【详解】因为，，所以，所以，，所以，故A正确；

因为，恒成立，故B错误；

取，则，故C错误；

取，，则，故D正确．

故选：AD.

11．函数，若不等式恒成立，则a的值可以为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】AB

【分析】利用数形结合的思想，作分段函数的图象，明确函数的对称性，结合函数图象变换，可得答案.

【详解】作出函数的大致图象如图所示，

的图象关于点中心对称，故，由，得，即，

即的图象向左平移2个单位后得到的图象一定在的图象上方，如图，

，即，所以a的取值范围为．

故选：AB.

12．如图，在正四面体中，分别为所在棱的三等分点，沿平面截去四个小正四面体后所得几何体称为截角四面体，则（    ）

A．截角四面体的所有面都是正多边形

B．

C． 平面

D．截角四面体与正四面体的表面积之比为

【答案】ABC

【分析】由截角四面体的性质可判断该多面体的所有面都是正多边形，可判断A；再根据正四面体各棱之间的位置关系，以及线面平行和线面垂直的性质定理判断选项B、C；最后根据多面体的表面积公式即判断选项D.

【详解】截角四面体表面由4个等边三角形和4个正六边形构成，故A正确；

由题意得，，由正四面体的性质易知：，所以，故B正确；

易知，所以，又平面，平面，所以平面，故C正确；

设，则截角四面体的表面积为，正四面体的表面积为，

所以截角四面体的表面积与正四面体的表面积之比为，故D错误．

故选：ABC.

三、填空题

13．已知向量，若，则______________．

【答案】

【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示公式，结合平面向量数量积的坐标表示公式、平面向量模的坐标表示公式进行求解即可.

【详解】因为，

所以，

解得，所以．

故答案为：

14．在一次乒乓球知识竞赛中，已知甲、乙两赛队在6道笔试题中所得分数的中位数相等（每题满分10分），具体得分如下：

若，则k的值为________________．

【答案】9

【分析】根据中位数的定义求解，求乙赛队的中位数时要讨论k与8的大小关系.

【详解】将甲赛队成绩从小到大排列为6，7，8，9，9，10，所以甲赛队成绩的中位数为．由题意知乙赛队成绩的中位数为8.5．若，此时乙赛队成绩的中位数为，不符合题意；若，此时乙赛队成绩的中位数为，解得，符合题意．

故答案为：9

15．已知抛物线，动点A，B在C上，则的最大值为____________．

【答案】

【分析】由题意知当直线分别与曲线C相切时，取最大值. 设直线，求出即得解.

【详解】由题意知当直线分别与曲线C相切时，取最大值.

由已知得直线的斜率存在，可设直线，

与联立得，

所以，解得，

所以（O为坐标原点），

则，

由对称性可得，

所以．

故答案为：

16．已知函数的定义域为，其导函数为，且，，则在区间上的极大值为____________．

【答案】1

【分析】由题意可得，构造函数，可得，可得解析式，结合的值，可得解析式，求导，令，利用导数可得的单调性和最值，根据特殊值和，分析可得的单调性和极值，即可得答案.

【详解】由题意得，

令，所以，则，且c为常数，

所以，

所以，解得，

所以，则．

令，则．

当时，单调递增；

当时，单调递减，

所以在处取得最大值．

又，所以，使．

又，所以当时，，单调递减；

当时，单调递增，

当时，，单调递减，

所以当时，取得极大值．

【点睛】关键点点睛：合理变形得，并适当构造函数，根据题中数据，求得解析式，并利用导数求得的单调性和极值，难点在于求导得，无法判断其正负时，需再次求导，根据其导函数值的正负，可得的正负，可得的单调性和极值，属中档题.

四、解答题

17．已知数列中，，当时，，记．

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列的前n项和为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)根据地推公式可得，累加法可得数列的通项公式

(2)先验证时不等式成立，再根据时，，

利用放缩法结合裂项相消可证得结论.

【详解】（1）解：由题意得，

所以，即．

当时，

．

当时，也符合．

综上，．

（2）证明：由（1）得，

当时；

当时，，

故当时，

．

综上，．

18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求；

(2)的内切圆半径为，，求的周长．

【答案】(1)

(2)8

【分析】（1）由已知及正弦定理得，再利用平方关系可得答案；

（2）由余弦定理得，设的内切圆半径为r，由等面积公式得，解方程组可得，从而得到答案.

【详解】（1）由已知及正弦定理得，

又，所以，

所以，

所以；

（2）由余弦定理得，即①，

设的内切圆半径为r，由等面积公式得，

即，

整理得②，

联立①②，解得，

所以的周长为．

19．为了不断提高教育教学能力，某地区教育局利用假期在某学习平台组织全区教职工进行网络学习．第一学习阶段结束后，为了解学习情况，负责人从平台数据库中随机抽取了300名教职工的学习时间（满时长15小时），将其分成六组，并绘制成如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．

(1)求a的值；

(2)以样本估计总体，该地区教职工学习时间近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数，经计算知．若该地区有5000名教职工，试估计该地区教职工中学习时间在内的人数；

(3)现采用分层抽样的方法从样本中学习时间在内的教职工中随机抽取5人，并从中随机抽取3人作进一步分析，分别求这3人中学习时间在与内的教职工平均人数．（四舍五入取整数）

参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．

【答案】(1)

(2)4093

(3)在内的教职工平均人数为1，在内的教职工平均人数2

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积和为1，计算即可得答案.

（2）先求得平均数，可得值，根据值，结合所给公式及数据，代入计算，可得的值，根据总人数，即可得答案.

（3）根据分层抽样，可得内的人数分别为2，3，设从这5人中抽取的3人学习时间在内的人数为X，可得X所有取值，进而可得各个取值对应的概率，即可求得期望，进而可得内人数的期望值，即可得答案

【详解】（1）由题意得，

解得．

（2）由题意知样本的平均数为，

所以．

又，所以．

则，

所以估计该地区教职工中学习时间在内的人数约为4093．

（3）对应的频率比为，即为2:3，

所以抽取的5人中学习时间在内的人数分别为2，3，

设从这5人中抽取的3人学习时间在内的人数为X，

则X的所有可能取值为0，1，2，

，，，

所以．

则这3人中学习时间在内的教职工平均人数约为1．

设从这5人中抽取的3人中学习时间在内的人数为Y，

则，

所以．

则这3人中学习时间在内的教职工平均人数约为2．

20．如图，在直三棱柱中，，E，F分别为的中点．

(1)若，证明：平面平面；

(2)若，求二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）先证明得到面，进而证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系运用解析法计算即可.

【详解】（1）证明：因为，

所以平面．

又平面，所以．

因为，

且这两个角都是锐角，所以，

所以，

所以．

又，所以平面．

因为平面，

所以平面平面．

（2）取的中点O，连接，

因为，

所以．

因为，所以．

以O为坐标原点，分别以向量的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，

所以，

设平面的一个法向量为，

由得

令，得．

设平面的一个法向量为，

由得

令，得．

设二面角的平面角为，

则，

所以，

所以二面角的正弦值为．

21．已知函数．

(1)若，求的极大值；

(2)若在区间上有两个零点，求实数a的取值范围．

【答案】(1)0

(2)．

【分析】（1）将代入函数中，对函数求导，利用函数单调性分析极大值即可

（2）对函数求导得，根据在区间上有两个零点，对的值进行分类讨论，然后分析得出实数a的取值范围

【详解】（1）当时，，且

则．

当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减，

所以的极大值为．

（2）由题意得

当时，对恒成立，

所以在区间上单调递增，

又，所以在区间上仅有一个零点，不符合题意．

当时，令，

得，

若，即时，对恒成立，

在区间上单调递减，

又，

所以在区间上仅有一个零点，不符合题意．

若，即时，

在区间上单调递增，在区间上单调递减．

令，则，

所以在区间上单调递减，

所以，即，

所以，

其中，

因为函数的图像开口向下，

所以，使，

即在区间上有两个零点．

综上，实数a的取值范围为．

【点睛】导数题常作为压轴题出现，常见的考法：

①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），

②求极值或最值

③求切线方程

④通过切线方程求原函数的解析式

⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围

⑥证明不等式

⑦已知函数的零点个数求参数的取值范围

解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函数导数性质解决.

22．已知椭圆的四个顶点所构成四边形的面积为，点在 上．

(1)求椭圆的方程；

(2)直线 经过的右焦点 交于 ， 两点，轴，交直线于点 ，试问直线是否恒过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】(1)椭圆的方程为：.

(2)直线恒过定点，该定点坐标为．

【分析】（1）由题意可知，将点代入椭圆得，联立解出 ， 即可．

（2）设直线：，，，，联立椭圆与直线，利用韦达定理可得，，利用两点式列出直线的方程，整理化简即可．

【详解】（1）解：由题意得 ，

解得：，，

所以椭圆的方程为：．

（2）由（1）得，

由题意可设直线：，，，，

联立椭圆与直线得：，

整理得：，

所以，

由韦达定理得：，．

又因为点在直线上，

所以，

又直线：，

即

即直线为：，

所以直线恒过点．

所以直线恒过定点，该定点坐标为．