2021-2022学年湖南省衡阳市第一中学高二上期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年湖南省衡阳市第一中学高二上期中数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省衡阳市第一中学高二期中数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【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求解即可.【详解】因为，，所以，故选：B2．已知复数z满足，则在复平面内复数z对应的点在（    ）.A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】设出复数z的代数形式，再利用复数相等求出复数z即可作答.【详解】设，，则，由得：，即，于是得，解得，则有对应的点为，所以在复平面内复数z对应的点在第一象限.故选：A3．圆锥的母线长是4，侧面积是，则该圆锥的高为A． B．4 C．3 D．2【答案】A【分析】画出图形，结合勾股定理进行求解【详解】设母线为l，底面半径为r，高为h，则，，所以.答案选A【点睛】本题考查圆锥侧面积公式：，集合了勾股定理进行考察，相对简单4．已知向量，若，则λ=（    ）A． B． C．-1 D．1【答案】C【分析】根据题意和平面向量的坐标运算求出，利用平面向量数量积的坐标运算计算即可.【详解】由题意得，，由，得，所以，解得.故选：C5．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据，结合正切的倍角公式，即可求解.【详解】由，可得.故选：D.6．下列说法中，正确的个数为（    ）①将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变；②设有一个线性同归方程，变量x增加1个单位时，平均增加5个单位；③设具有相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则 越接近于1，x和y之间的线性相关程度越强；④在一个列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大A．3 B．2 C．1 D．0【答案】A【分析】利用方差的性质判断①的正误；利用回归直线的性质判断②，相关系数判断③，独立检验判断④【详解】①将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，满足方差的性质，本说法正确；②设有一个线性回归方程，变量x增加1个单位时，平均减少5个单位，本说法不正确；③设具有相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则|r|越接近于1，x和y之间的线性相关程度越强，本说法正确；④在一个2×2列联表中，由计算得K2的值，则K2的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大，本说法正确，故选：A7．定义在上的偶函数满足：，在区间与上分别递增和递减，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先利用函数的奇偶性和单调性做出函数图象，并利用数形结合求解即可.【详解】∵偶函数（）满足，∴， 且在区间与上分别递增和递减，画出函数草图如图所示：由图像可得：的解集为，故选：D.8．过双曲线的下焦点作圆的切线，切点为E，延长FE交抛物线于点P，O为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先设双曲线的上焦点为，则，因为抛物线为，所以为抛物线的焦点，O为的中点，又可得E为FP的中点，所以OE为的中位线，得到，再设，由得出关于a，c的关系式，最后即可求得离心率．【详解】设双曲线的上焦点为，则抛物线为，为抛物线的焦点，O为的中点，，则为FP的中点，又为的中点，则为的中位线．．，．切圆O于E，．． 设，则，．由点在抛物线上，则在直角中， 即，整理得 即，又，所以 故选：D． 二、多选题9．如果关于的不等式的解集为，那么下列数值中，可取到的数为（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】CD【分析】根据不等式的解集与对应二次函数的关系，求得的取值范围，即可根据选项进行选择.【详解】由题设知，对应的，即，故，所以数值中，可取到的数为1，2.故选：.10．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则（    ）A．二项式系数和为64 B．各项系数和为64C．常数项为 D．常数项为135【答案】ABD【分析】先根据题意，分别对四个选项一一验证：求出n=6，得到二项展开式的通项公式，对于A: 二项式系数和为,可得；对于B:赋值法，令，可得；对于C、D:利用二项展开式的通项公式，可得.【详解】在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，令，得各项系数和为，二项式系数和为，则，得，即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A、B正确；展开式的通项为，令，得，因此，展开式中的常数项为．故D正确.故选：ABD.【点睛】二项式定理类问题的处理思路：利用二项展开式的通项进行分析．11．已知数列是公差不为0的等差数列，前项和为.若对任意的，都有，则的值可能为（    ）A．2 B． C． D．【答案】ABC【分析】由等差数数列前项和公式推导出，由此能求出的值不可能为.【详解】数列是公差不为0的等差数列，前项和.若对任意的，都有，，，解得，当时，．成立；当时，．成立；当时，．成立；当时，．不成立．的值不可能为．故选：ABC．12．如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连结，在翻折过程中（    ）A．四棱锥的体积最大值为B．中点的轨迹长度为C．与平面所成角的正弦值之比为D．三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值【答案】ACD【分析】根据题意，根据四棱锥的体积公式，以及线面角的概念和三棱锥的外接球概念作图，逐个选项进行判断即可求解【详解】由已知梯形面积为，直角斜边上的高为.当平面平面时，四棱锥的体积取最大值. A正确；取中点为，则平行且相等，四边形是平行四边形，所以，点的轨迹与点的轨迹完全相同，过作的垂线，垂足为的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而中点的轨迹长度为.B错误；由四边形是平行四边形知，则平面，则到平面距离相等，故，与平面所成角的正弦值之比为等于. C正确；外接圆半径为是中点，根据正弦定理外接圆半径为是圆与圆公共弦，.设三棱锥外接球球心为，半径为，则因为，所以，所以最小值为，没有最大值. D正确；故选：ACD 三、填空题13．2021年秋季，教育部明确要求在全国中小学全面推行课后延时服务，实行“5+2”服务模式．某校开设了篮球、围棋和剪纸三门课后延时服务课程，某班的4个同学每人选择了其中的一门课程，若每门课程都有人选，则不同的选课方案种数为_________.（用数字作答）【答案】36【分析】先将4个同学分成3组，每组人数分别为2，1，1，然后再由这3组同学选择三门课程，利用分组分配法即可求解.【详解】解：由题意，先将4个同学分成3组，每组人数分别为2，1，1，然后再由这3组同学选择三门课程，所以不同的选课方案种数为，故答案为：36.14．已知为数列的前n项和，，平面内三个不共线的向量，满足（且），若、、在同一直线上，则_____．【答案】0   【分析】利用三点共线结合向量的关系得到，通过列举归纳，发现数列是以6为周期的周期数列，利用周期性求和即可．【详解】解：因为平面内三个不共线的向量，满足，又，，在同一直线上，所以，即，因为，所以数列为：1，1，0，，，0，1，1，0，，，0，1，，则数列是以6为周期的周期数列，前6项为1，1，0，，，0，又因为，所以．故答案为：0．15．已知是曲线上两个不同的点，，则的最大值与最小值的比值是__________．【答案】【分析】把已知曲线方程变形，画出图形，数形结合求解．【详解】由，得，，或．当时，原方程化为，当时，原方程化为．所以方程表示的曲线为圆P：的左半部分和圆Q：的右半部分．画出方程所表示的曲线如图：有，，，，，，，，当、分别与图中、两点重合时，取最大值为6，当、分别与图中、、、四点中的某两点重合时，取最小值为，的最大值与最小值的比值是．故答案为：16．已知函数，若函数恰有4个不同的零点，则a的取值范围为____________．【答案】【分析】由分段函数结合导数求出值域，令，结合图象特征采用数形结合法可求a的取值范围.【详解】，当时，，函数为减函数；当时，，，和时，单增，时，单减，，，故的图象大致为：令，则，，当时，，，无零点；当时，，，无零点；当时，，，，则，要使恰有4个不同的零点，则，即.故答案为： 四、解答题17．在中，角所对的边分别为，c．且，(1)求角大小(2)若求函数的最小正周期和单调递增区间．【答案】(1)(2)最小正周期为；单调递增区间为 【分析】（1）中， ，，求，由正弦定理求得到角B的大小.（2）求出c，代入，化简得，可求最小正周期和单调递增区间.【详解】（1）中，，∴由正弦定理得，由，∴.（2）中，，∴，则，∴，，所以，所求函数的最小正周期为.由，得所以所求函数的单调递增区间为.18．已知等差数列公差不为零，，，数列各项均为正数，，.(1)求数列、的通项公式；(2)若恒成立，求实数的最小值．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出数列的通项公式，分析可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（2）分析可知恒成立，设，分析数列的单调性，可求得出数列的最大项的值，可得出实数的取值范围，即可得解.【详解】（1）解：设等差数列的公差为，因为，即，解得，所以，，因为，所以，，因为，所以，，又，所以，，所以，，所以，是以为首项，为公比的等比数列，故.（2）解：因为，，所以，，即恒成立，设，则，当时，；当时，；当时，.所以，或时，为的最大项．所以，，故实数的最小值为．19．如图，斜三棱柱中，为正三角形，为棱上的一点，平面，平面.(1)证明：平面；(2)已知平面平面，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由平面得，进一步通过题目条件证明，，即可证明平面；（2）解法1：，为轴正方向，为单位长，建立如图所示的建立空间直角坐标系，设.分别求出平面的法向量和平面的法向量，因为平面 平面，求出的值，再求平面的法向量，代入二面角的公式即可得出答案.解法2：在平面内过点作，垂足为，先由题目条件得到，以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，建立如图所示的建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量平面的法向量，代入二面角的公式即可得出答案.解法3：在平面内过点作，垂足为，先由题目条件得到，在平面内过点作，垂足为，连结，由三垂线定理得，所以是二面角的平面角. 则，分别求出的长即可求出答案.【详解】（1）设，则为的中点.连结，则平面平面.因为平面，平面，平面 平面= ，所以，从而为的中点，因此.因为平面，所以.因为，所以平面.（2）解法1：以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，建立如图所示的建立空间直角坐标系，设.则，，故，.设为平面的法向量则即可取设为平面的法向量，则即可取.由可得，所以.设为平面的法向量，则，即可取.因为，所以二面角的正弦值为.解法2：在平面内过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故.由（1）及题设平面，所以，又，因此平面，所以，因此.以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，建立如图所示的建立空间直角坐标系，可知，可得，设为平面的法向量，则即{可取设为平面的法向量，则，即可取因为，于是二面角的正弦值.解法3：在平面内过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故.由（1）及已知平面，又，所以，因此平面，所以，因此.在平面内过点作，垂足为，连结，易得，所以是二面角的平面角.设，则，在直角中，，可得.在等腰中，，可得，所以二面角的正弦值.20．2022年第24届冬季奥林匹克运动会，简称“北京张家口冬奥会”，将在2022年02月04日～2022年02月20日在北京市和张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京将承办所有冰上项目，延庆和张家口将承办所有的雪上项目．下表是截取了2月5日和2月6日两天的赛程表：2022年北京冬奥会赛程表（第七版，发布自2020年11月）2022年2月北京赛区延庆赛区张家口赛区 开闭幕式冰壶冰球速度滑冰短道速滑花样滑冰高山滑雪有舵雪橇钢架雪车无舵雪橇跳台滑雪北欧两项越野滑雪单板滑雪冬季两项自由式滑雪当日决赛数5（六） **11    *1 1*1166（日） **1 *1  11 11 17 说明：“*”代表当日有不是决赛的比赛；数字代表当日有相应数量的决赛．（1）①若在这两天每天随机观看一个比赛项目，求恰好看到冰壶和冰球的概率；②若在这两天每天随机观看一场决赛，求两场决赛恰好在同一赛区的概率；（2）若在2月6日（星期日）的所有决赛中观看三场，记为赛区的个数，求的分布列及期望．【答案】（1）①；②；（2）分布列见解析；期望为．【分析】（1）①先根据分步乘法计数原理计算出“每天随机观看一个项目”对应的情况数，然后分析“看到冰壶和冰球”的情况数，由此求解出对应概率；②先根据分步乘法计数原理计算出“每天随机观看一场决赛”对应的情况数，然后分析“决赛恰好在同一赛区”的情况数，由此求解出对应概率；（2）先分析随机变量的可取值，然后利用组合数计算出取不同值时对应的概率，由此得到的分布列，并结合期望的计算公式求解出.【详解】解：（1）①记“在这两天每天随机观看一个项目，恰好看到冰壶和冰球”为事件．由表可知，在这两天每天随机观看一个项目，共有种不同情况，其中恰好看到冰壶和冰球，共有种不同情况，所以．②记“在这两天每天随机观看一场决赛，两场决赛恰好在同一赛区”为事件．由表可知，在这两天每天随机观看一场决赛共有种不同情况，其中两场决赛恰好在北京赛区共有种不同情况，在张家口赛区共有种不同情况，所以．（2）随机变量的所有可能取值为．根据题意，，，．随机变量的分布列是： 数学期望．【点睛】思路点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤：（1）分析随机变量的可取值；（2）计算随机变量取不同值时对应的概率；（3）根据公式求解出期望值.21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右焦点为，上顶点为，点到直线的距离等于.(1)求的方程；(2)设分别是的左右顶点，经过点的直线与交于两点，不与重合，直线与交于点，求的最小值.【答案】(1)(2)最小值为2 【分析】（1）由题意可得，直线，由到直线的距离等于，可求出，从而可求出得，进而可得椭圆的方程，（2）由题意可设，代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系可得，直线，两方程相除化简可求得，从而可求得的最小值【详解】（1）由题设，其中.直线，由，可得.由，可得.于是的方程为.（2）由（1）可知.由题意可设，联立可得，因为，设，所以，则.直线，因为不与重合，所以，可得可得，于是点的轨迹方程是.因为，从而的最小值为2.22．已知函数在处的切线的斜率为1．(1)求的值及的最大值．(2)证明：(3)若，若恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)；；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）由题意可得，可求出的值，然后利用导数求出函数的单调区间，从而可求出函数的最大值；（2）由（1）得，令，则有，然后利用累加法可证得结论；（3）由于，所以恒成立，则，然后分和两种情况讨论即可.【详解】（1）函数的定义域为．由已知得，得，解得．此时．当时，，当时，，所以在上单调递增，在单调递减，所以；（2）由（1）得，当且仅当时，等号成立，令，则，所以，将上述个不等式依次相加，得；（3）因为，若恒成立，则，①时，显然成立②时，由，得．当时，单减，当时，单增，所以在处取得极小值，即最小值，，即恒成立，综合①②可知，实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（3）问解题的关键是先由，从而可得，然后分情况讨论即可得答案，考查数转化思想，属于较难题.