甘肃省定西市临洮县文峰中学2021-2022学年高二下学期期中考试数学（理）试题

这是一份甘肃省定西市临洮县文峰中学2021-2022学年高二下学期期中考试数学（理）试题，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 集合,则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合基本运算即可得出结论.
【详解】由 ， 得 ，
而 ，则 ，
故选：C.
2. 则z的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数除法法则即可求解.
【详解】由得.
故选：C.
3. 某种包装的大米质量（单位：）服从正态分布，根据检测结果可知，某公司购买该种包装的大米2000袋．则大米质量在以上的袋数大约为（ ）
A. 10B. 20C. 30D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】根据大米质量，利用正态分布的对称性求出，再列式计算作答.
【详解】因大米质量，且，则，
所以大米质量在以上的袋数大约为.
故选：B
4. 已知向量， ， ，若，则实数的值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：首先利用向量的起点和终点坐标求得对应的向量的坐标，之后借助于向量的数量积等于零来体现向量垂直的关系，从而求得参数的值.
详解：根据题意有，根据，得，即，解得，
故选：A.
点睛：该题考查的是有关向量垂直的条件，涉及到的知识点有向量的坐标公式为终点坐标减起点坐标，向量的数量积坐标公式，向量垂直的条件为数量积等于零，从而得到关于x的等量关系式，求解即可.
5. 设为等差数列的前项和，若，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.
详解：设该等差数列的公差为，
根据题中的条件可得，
整理解得，所以，故选B.
点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.
6. 第24届冬季奥运会于2022年2月4日至20日在北京举行，中国代表团取得了9枚金牌，4枚银牌，2枚铜牌的历史最好成绩．2月8日，在自由式滑雪女子大跳台坡面障碍技巧比赛中，中国运动员谷爱凌在最后一跳中完美地完成了超高难度动作1620，得分反超对手，获得了金牌．已知六个裁判为谷爱凌这一跳的打分分别为95，95，95，93，94，94，评分规则为去掉六个原始分中的一个最高分和一个最低分，剩下四个有效分的平均数即为该选手的本轮得分．设这六个原始分的中位数为，方差为；四个有效分的中位数为，方差为．则下列结论正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由中位数求法分别求出、，再根据方差公式求、，比较它们的大小即可得答案.
【详解】由题设，评分从小到大为，去掉一个最高、低分为，
所以，平均数，，
所以.
故选：D
7. 某学校为了更好的培养尖子生，使其全面发展，决定由名教师对个尖子生进行“包教”，要求每名教师的“包教”学生不超过人，则不同的“包教”方案有
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：方法数有种.
考点：排列组合.
8. 先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，观察它落地时朝上的面的点数，则第一次点数大于第二次点数的概率为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】列举出所有情况，找出第一次点数大于第二次点数的情况，按照古典概型求解即可.
【详解】不妨用表示两次投掷的基本事件，其中x代表第一次投掷的点数，y代表第二次投掷的点数．故所有投掷的结果所包含的基本事件有：
，，，，，，，，，，，，……，，，，，，，共36种，
其中满足第一次点数大于第二次点数基本事件，，，，，，，，，，，，，，，共15种．
所以第一次点数大于第二次点数的概率．
故选：B．
9. 双曲线（a＞0，b＞0）的两个焦点为F1、F2，若P为其上一点，且|PF1|=2|PF2|,则双曲线离心率的取值范围为（ ）
A. (1,3)B. C. (3,+)D.
【答案】B
【解析】
【详解】可用三角形的两边和大于第三边，及两边差小于第三边，但要注意前者可以取到等号成立，因为可以三点一线．也可用焦半径公式确定a与c的关系．
10. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位，则所得函数图象对应的解析式为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数的图象变换规律即可得解，注意三角函数的平移原则为左加右减上加下减．
【详解】解：将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
得到的图象对应的解析式为，
再将所得图象向左平移个单位，
则所得函数图象对应的解析式为，
故选：．
【点睛】本题主要考查函数的图象变换，三角函数的平移原则为左加右减上加下减，属于基础题．
11. 三棱锥中，平面，，， ，则该三棱锥外接球的表面积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：分析可知球心在的中点．因为，，所以．
所以．球的半径．所以此球的表面积为．故A正确．
考点：三棱锥的外接球．
12. 已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，
则，，，
设，则，，，
则
当，时，取得最小值，
故选：．
二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.
13. 已知随机变量X，Y满足，若，则___________.
【答案】2
【解析】
【分析】先求出，根据，可得，就能求出.
【详解】因为，所以，
又，则，所以.
故答案为：2.
14. 在的展开式中，的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求求解.
【详解】二项式的展开式的通项公式为，
令，解得，
所以二项式的展开式中的系数为.
故答案：.
15. 若直线为曲线的一条切线，则实数的值是______．
【答案】1
【解析】
【详解】设切点为，又，所以切点为（0,1）代入直线得b=1
16. 已知等差数列的前n项和为，并且，若对恒成立，则正整数的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件将恒成立问题转化为求最值问题，再利用等差数列的下角标性质及等差数列前项和公式即可求解.
【详解】由题意可知，所以，
同理得，所以.
结合，可得.
当时，取得最大值为，
要使对恒成立，只需要，即可，
所以,，即.
所以正整数的值为.
故答案为：.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.
（1）求角的大小；
（2）若，且的面积为，求a的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).
【解析】
【分析】（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角，整理计算可得，则.
（Ⅱ）由三角形面积公式可得：，结合余弦定理计算可得，则.
【详解】（Ⅰ）由正弦定理得，，
∵，
∴，即．
∵∴，
∴∴．
（Ⅱ）由：可得．
∴，
∵，
∴由余弦定理得：，
∴.
【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
18. 已知三棱锥P—ABC（如图1）的平面展开图（如图2）中，四边形ABCD为边长为的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：
（1）求点P到平面ABC的距离.
（2）求二面角A—PC—B的余弦值．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）求得到平面的垂线，进而求得到平面的距离.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.
【小问1详解】
设的中点为，连接，
由题意得，，，，
因为在中，，为的中点，则，
因为在中，，，所以，
因为平面，所以平面，
即就是点到平面的距离，
所以点到平面的距离为.
小问2详解】
由（1）知两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则
，，，，.
由于平面，所以平面，
则平面的法向量为，
由，，
设平面的法向量为，则
由，即，
故可设，
.
由二面角是锐二面角，
所以二面角的余弦值为
19. 某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试，现从中随机抽取40名学生的测试成绩，整理数据并按分数段[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]进行分组，假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，则得到体育成绩的折线图（如图）．
（1）体育成绩大于或等于70分的学生常被称为“体育良好”．已知该校高一年级有1000名学生，试估计高一年级中“体育良好”的学生人数；
（2）现从体育成绩在[60，70）和[80，90）的样本学生中随机抽取2人，求在抽取的2名学生中，体育成绩在[60，70）的学生人数X的分布列及数学期望．
【答案】（1）750人
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】(1)体育成绩大于或等于70分的学生有30人，由此能估计该校高一年级中“体育良好”的学生人数；
(2)根据题意，体育成绩在[60，70）的学生人数X的可能取值为：0,1,2.再分别求出的概率，从而可得出分布列以及数学期望.
【小问1详解】
由折线图知，样本中体育成绩大于或等于70分的学生有30人
所以该校高一年级学生中，“体育良好”的学生人数大约为人.
【小问2详解】
从体育成绩在[60，70）的样本学生有2人，在[80，90）的样本学生有3人，从这两组中随机抽取2人，体育成绩在[60，70）的学生人数X的可能取值为：0,1,2.
,
,
,
的分布列为：
所以.
20. 如图，椭圆经过点，且点到椭圆的两焦点的距离之和为.
（l）求椭圆的标准方程；
（2）若是椭圆上的两个点，线段的中垂线的斜率为且直线与交于点，为坐标原点，求证：三点共线．
【答案】(1) (2)见解析
【解析】
【详解】分析：
(1)根据椭经过点，且点到椭圆的两焦点的距离之和为，结合性质 ，，列出关于 、 的方程组，求出 、 ，即可得椭圆的标准方程；
(2)可设直线的方程为，联立得，设点，根据韦达定理可得，所以点在直线上，又点也在直线上，进而得结果.
详解：
（1）因为点到椭圆的两焦点的距离之和为，
所以，解得.
又椭圆经过点，所以.
所以.
所以椭圆的标准方程为.
证明：（2）因为线段的中垂线的斜率为，
所以直线的斜率为-2.
所以可设直线的方程为.
据得.
设点，，.
所以， .
所以，.
因为，所以.
所以点在直线上.
又点，也在直线上，
所以三点共线.
点睛：
用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或 ；③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.
21. 已知函数．
（1）若，求函数的值域.
（2）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)先对函数求导，利用函数单调性即可求得函数的值域；
(2)已知函数在上是减函数，可知知恒成立，利用参数分离法,求的最大值即可求解.
【小问1详解】
当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
即的值域为.
【小问2详解】
由函数在上是减函数，知恒成立，
．
由恒成立可知恒成立，则，
设，则，
由，知，
函数在上递增，在上递减，
∴，∴．
选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为，（t为参数），以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线与曲线C交于A，B两点.
（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）已知点P的极坐标为，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据加减消元法得直线的普通方程，再根据将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）先求直角坐标，再设直线的参数方程标准式，代入曲线的直角坐标方程，根据参数几何意义以及利用韦达定理得结果.
【小问1详解】
根据上下两式相加可得的普通方程为：，又，所以，即曲线的直角坐标方程为：
【小问2详解】
直角坐标，即在直线上,故可设直线的参数方程为 （t为参数），代入曲线的直角坐标方程得，即，故
[选修4–5：不等式选讲]
23. 已知.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若时不等式成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】分析：(1)将代入函数解析式，求得，利用零点分段将解析式化为，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；
(2)根据题中所给，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.
详解：（1）当时，，即
故不等式解集为．
（2）当时成立等价于当时成立．
若，则当时；
若，的解集为，所以，故．
综上，的取值范围为．
点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果.
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