2021-2022学年江西省六校高二上学期期末联考数学（文）试题含解析

2021-2022学年江西省六校高二上学期期末联考

数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合A，列举法求集合B，再求它们交集即可.

【详解】因为，，

∴.

故选：D.

2．已知，，，则下列判断正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据对数函数的单调性，以及根式的运算，确定的大小关系，则问题得解.

【详解】因为，即；又，故.

故选：A.

3．设满足 则的最大值为

A． B．2 C．4 D．16

【答案】C

【详解】可行域如图,则直线过点A(0,1)取最大值2,则的最大值为4,选C.

点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.

4．七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，顾名思义，是由七块板组成的.这七块板可拼成许多图形（1600种以上），如图所示，某同学用七巧板拼成了一个“鸽子”形状，若从“鸽子”身上任取一点，则取自“鸽子头部”（图中阴影部分）的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设正方形边长为1，求出七巧板中“4”这一块的面积，然后计算概率．

【详解】设正方形边长为1，由正方形中七巧板形状知“4”这一块是正方形，边长为，面积为，

所以概率为．

故选：C．

5．下列四个命题中为真命题的是（       ）

A．设p：1＜x＜2，q：2x＞1，则p是q的必要不充分条件

B．命题“”的否定是“”

C．函数的最小值是4

D．与的图象关于直线y＝x对称

【答案】D

【分析】根据推出关系和集合的包含关系判断A，根据全称命题的否定形式可判断B，根据对钩函数性质即三角函数的性质可判断C，根据反函数的图像性质可判断D.

【详解】解：对于选项A：是的真子集，所以命题p是q的充分不必要条件，故A错误；

对于选项B：命题“”的否定是“”，故B错误；

对于选项C：函数，当时，，函数单调递减，当时取最小值，故C错误；

对于选项D：与互为反函数，故图象关于直线y＝x对称，故D正确.

6．执行如图的程序框图，输出的S的值为（       ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】A

【分析】直接求出的值即可.

【详解】解：由题得，程序框图就是求，

由于三角函数的最小正周期为，

 ，，

所以.

故选：A

7．已知函数，则函数在区间上的最小值为（       ）

A． B．

C．  D．

【答案】B

【分析】根据已知条件求得以及，利用导数判断函数的单调性，即可求得函数在区间上的最小值.

【详解】因为，故可得，则，

又，令，解得，令，解得，

故在单调递减，在单调递增，又，

故在区间上的最小值为.

故选：.

8．已知一个几何体的三视图如图，则其外接球的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据三视图还原几何体，将几何体补成长方体，计算出几何体的外接球直径，结合球体体积公式即可得解.

【详解】根据三视图还原原几何体，如下图所示：

由图可知，该几何体为三棱锥，且平面，

将三棱锥补成长方体，

所以，三棱锥的外接球直径为，故，

因此，该几何体的外接球的体积为.

故选：D.

【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法

(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．

(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．

9．设函数的图象为C，则下面结论中正确的是（       ）

A．函数的最小正周期是

B．图象C关于点对称

C．函数在区间上是增函数

D．图象C可由函数的图象向右平移个单位得到

【答案】B

【分析】化简函数解析式，求解最小正周期，判断选项A，利用整体法求解函数的对称中心和单调递增区间，判断选项BC，再由图象变换法则判断选项D.

【详解】，所以函数的最小正周期为，A错；令，得，所以函数图象关于点对称，B正确；由，得，所以函数在上为增函数，在上为减函数，C错；函数的图象向右平移个单位得，D错.

故选：B

10．阿波罗尼斯约公元前年证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P与A，B距离之比满足：，当P、A、B三点不共线时，面积的最大值是（       ）

A． B．2 C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件建立平面直角坐标系，求出点P的轨迹方程，探求点P与直线AB的最大距离即可计算作答.

【详解】依题意，以线段AB的中点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，

则，，设，

因，则，化简整理得：，

因此，点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，点P不在x轴上时，与点A，B可构成三角形，

当点P到直线(轴)的距离最大时，的面积最大，

显然，点P到轴的最大距离为，此时，，

所以面积的最大值是．

故选：C

11．已知抛物线C：的焦点为F，过点P（-1，0）且斜率为的直线l与抛物线C相交于A，B两点，则（            ）

A． B．14 C． D．15

【答案】C

【分析】设A、B两点的坐标分别为，，根据抛物线的定义求出，然后将直线的方程代入抛物线方程并化简，进而结合根与系数的关系求得答案.

【详解】设A、B两点的坐标分别为，，直线的方程为，抛物线的准线方程为：，由抛物线定义可知：.联立方程，消去y后整理为，可得，，

.

故选：C.

12．已知函数，若在处取得极值，且恒成立，则实数的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知在处取得极值，可得，   将在恒成立，转化为 ， 只需求，求出最小值即可得答案

【详解】解：，，

由在处取得极值，得，解得，

所以，，其中，.

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

故函数在处取得极小值，

，恒成立，转化为，

令，，则，，

令得，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，即得，

故选：D．

二、填空题

13．若向量满足，则_________.

【答案】

【分析】根据题目条件，利用模的平方可以得出答案

【详解】∵

∴

∴.

故答案为：.

14．等比数列的各项均为正数，且，则__________.

【答案】10

【分析】由等比数列的性质可得，再利用对数的性质可得结果

【详解】解：因为等比数列的各项均为正数，且，

所以，

所以

故答案为：10

15．已知函数，则________．

【答案】.

【分析】将代入计算，利用和互为相反数，作差可得，计算可得结果.

【详解】解：函数则.

，

，

作差可得：，

即，解得：代入此时成立.

故答案为：.

16．已知双曲线的左､右焦点分别为，，点是圆上一个动点，且线段的中点在的一条渐近线上，若，则的离心率的取值范围是________．

【答案】

【分析】设，，因为点是线段的中点，所以有，代入坐标求出点的轨迹为圆，因为点在渐近线上，所以圆与渐近线有公共点，利用点到直线的距离求出临界状态下渐近线的斜率，数形结合求出有公共点时渐近线斜率的范围，从而求出离心率的范围.

【详解】解：设，，因为点是线段的中点，所以有，即有，因为点在圆上，所以满足：，代入可得：，即，所以点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，如图所示：

因为点在渐近线上，所以圆与渐近线有公共点，当两条渐近线与圆恰好相切时为临界点，则：圆心到渐近线的距离为，

因为，所以，即，且，所以，此时，，当时，渐近线与圆有公共点，.

故答案为：.

三、解答题

17．2022北京冬奥会即将开始，北京某大学鼓励学生积极参与志愿者的选拔．某学院有6名学生通过了志愿者选拔，其中4名男生，2名女生．

(1)若从中挑选2名志愿者，求入选者正好是一名男生和一名女生的概率；

(2)若从6名志愿者中任选3人负责滑雪项目服务岗位，那么现将6人分为A､B两组进行滑雪项目相关知识及志愿者服务知识竞赛，共赛10局．A､B两组分数（单位：分）如下：

A：125，141，140，137，122，114，119，139，121，142

B：126，115，143，126，143，115，139，139，115，139

从统计学角度看，应选择哪个组更合适？理由是什么？

【答案】(1)

(2)答案见详解．

【分析】(1)：把4名男生和2名女生编号后用列举法写出任选2名的所有基本事件，同时可得出，两人是一男一女的基本事件，计数后可计算概率；

(2)：求出两组数据的均值和方差，比较可得．

【详解】(1)设4名男生分别用A，B，C，D表示：2名女生分别用1，2表示.

基本事件为：，，，，

，，，，

，，，，共15种，

所以所求概率为；

(2)A组数据的平均数，

B组数据的平均数，

A组数据的方差，

B组数据的方差，

所以选择A队．理由：A､B两队平均数相同，且，A组成绩波动小．

18．已知数列的前项和为，满足_______．

请在①；②，；③三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成上述问题．注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分．

(1)求数列的通项公式；

(2)数列满足，求数列的前项和．

【答案】(1)条件选择见解析，；

(2).

【分析】（1）选①，可得出，由可求得数列的通项公式；

选②，分析可知数列是公差为的等差数列，根据已知条件求出的值，利用等差数列的求和公式可求得数列的通项公式；

选③，在等式中令可求得的值，即可得出数列的通项公式；

（2）求得，利用裂项相消法可求得.

【详解】(1)解：选①，因为，则，则，

当时，，

也满足，所以，对任意的，；

选②，因为，则数列是公差为的等差数列，

所以，，解得，则；

选③，对任意的，，则，可得，

因此，.

(2)解：因为，

因此，.

19．已知中，内角的对边分别为，且满足.

(1)求的值；

(2)若，求面积的最大值.

【答案】(1)2；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理以及逆用两角和的正弦公式得出，而，即可求出的值；

（2）根据题意，由余弦定理得，再根据基本不等式求得，当且仅当时取得等号，即可求出面积的最大值.

【详解】(1)解：由题意得，

由正弦定理得：，

即，

即，

因为，

所以．

(2)解：由余弦定理，即，

由基本不等式得：，即，

当且仅当时取得等号，

，

所以面积的最大值为．

20．如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AB＝2，CD＝3，M为PC上一点，且PM＝2MC.

（1）求证：BM∥平面PAD；

（2）若AD＝2，PD＝3，∠BAD＝60°，求三棱锥P­ADM的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）过M作MN∥CD交PD于点N，证明四边形ABMN为平行四边形，即可证明BM∥平面PAD.

（2）过B作AD的垂线，垂足为E，证明BE⊥平面PAD，在利用VP-ADM＝VM-PAD求三棱锥P-ADM的体积.

【详解】解：（1）证明：如图，过M作MN∥CD交PD于点N，连接AN.

∵PM＝2MC，∴MN＝CD.又AB＝CD，且AB∥CD

∴AB∥MN

∴四边形ABMN为平行四边形

∴BM∥AN.

又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD

∴BM∥平面PAD.

（2）如图，过B作AD的垂线，垂足为E.

∵PD⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD

∴PD⊥BE.

又AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，AD∩PD＝D

∴BE⊥平面PAD.

由（1）知，BM∥平面PAD

∴点M到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，即BE.

连接BD，在△ABD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∴BE＝

则三棱锥P­ADM的体积VP-ADM＝VM-PAD＝×S△PAD×BE＝×3×＝.

21．已知椭圆的离心率为，右焦点为F，且E上一点P到F的最大距离3．

（1）求椭圆E的方程；

（2）若A，B为椭圆E上的两点，线段AB过点F，且其垂直平分线交x轴于H点，，求．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）根据离心率和最大距离建立等式即可求解；

（2）根据弦长，求出直线方程，解出点的坐标即可得解.

【详解】（1）椭圆的离心率为，右焦点为F，且E上一点P到F的最大距离3，所以，所以，

所以椭圆E的方程；

（2）A，B为椭圆E上的两点，线段AB过点F，且其垂直平分线交x轴于H点，

所以线段AB所在直线斜率一定存在，所以设该直线方程代入，

整理得：，设，

，

，

整理得：，

当时，线段中点坐标，

中垂线方程：，；

当时，线段中点坐标，

中垂线方程：，，

综上所述：.

22．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若，且，讨论函数的零点个数.

【答案】(1).

(2)答案见解析.

【分析】（1）求导函数，求得，，由此可求得曲线在点处的切线方程；

（2）求得导函数，分和讨论，当时，设，求导函数，分析导函数的符号，得出所令函数的单调性，从而得函数的单调性，根据零点存在定理可得答案.

【详解】(1)解：当时，，所以，

故，，

所以曲线在点处的切线方程为.

(2)解：依题意，则，

当时，，所以在上单调递增；

当时，设，

此时，所以在上单调递增，

又，，

所以存在，使得，且在上单调递减，在上单调递增.

综上所述，在上单调递减，在上单调递增.

又，所以当，即时，有唯一零点在区间上，当，即时，在上无零点；

故当时，在上有1个零点；

当时，在上无零点.