2021-2022学年云南省保山市昌宁县高二下学期期中数学试题含解析

昌宁县2021-2022学年下学期高二年级期中考

数学试卷

第I卷（选择题 共60分）

一、选择题：本题共12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. 如图，角以为始边，它的终边与圆相交于点，点的坐标为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由三角函数定义求解即可.

【详解】根据三角函数定义，.

故选：A

2. 已知，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】结合共轭复数的概念以及复数的运算和复数相等得到，进而可以求出结果.

【详解】设，则．由得，则，所以，，所以．

故选：B.

3. 设，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】首先解分式不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；

【详解】解：由，即，即，解得或，所以由推得出，由推不出，故“”是“”的充分不必要条件；

故选：A

4. 甲、乙两名射手一次射击得分(分别用X1，X2表示)的分布列如下：

甲得分：

乙得分：

则甲、乙两人的射击技术相比（    ）

A. 甲更好

B. 乙更好

C. 甲、乙一样好

D. 不可比较

【答案】B

【解析】

【分析】分别求两个随机变量的数学期望，再比较.

【详解】因为E(X1)＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.5＝2.1，E(X2)＝1×0.1＋2×0.6＋3×0.3＝2.2，所以E(X2)>E(X1)，故乙的射击技术更好.

故选：B

5. 若直线与圆有两个公共点，则点与圆的位置关系是（    ）

A. 在圆上 B. 在圆外 C. 在圆内 D. 以上都有可能

【答案】B

【解析】

【分析】由题意得，圆心到直线的距离小于半径，得到，故点在圆外．

【详解】直线与圆有两个不同的交点，

圆心到直线的距离小于半径，

即，，故点在圆外，

故选：B．

6. 设随机变量满足(为非零常数)，若，则和分别等于（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用满足线性关系的两随机变量的均值、方差关系的计算公式即可求得.

【详解】因为随机变量满足，

所以，

；

.

故选：B.

【点睛】若随机变量满足，他们的期望和方差分别满足：

7. 已知，，，，则下列结论中错误的是（    ）

A. 直线与直线平行 B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的坐标表示，以及向量坐标运算法则和向量共线的条件，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，点，，，，

由，，则，则，

即直线与直线平行，所以A正确；

由，，则，又由，所以B错误；

由，，可得，又由，所以C正确；

由，且，所以D正确.

故选：B

8. 为提高新农村的教育水平，某地选派4名优秀的教师到甲､乙､丙三地进行为期一年的支教活动，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（    ）

A. 18种 B. 12种 C. 72种 D. 36种

【答案】D

【解析】

【分析】先将4名教师分为3组，然后再分别派到甲､乙､丙三地，即可得解.

【详解】解：4名教师分为3组，有种方法，然后再分别派到甲､乙､丙三地，

共有种方案，所以共有36种选派方案.

故选：D.

9. 设P(A|B)＝P(B|A)＝，P(A)＝，则P(B)等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由已知可求出，再由即可求出.

【详解】，

由，得.

故选：B

10. 若的展开式中的系数为75，则（    ）

A. -3 B. -2 C. 2 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】结合二项式的展开式的通项公式以及多项式的乘法运算可得，进而可求出结果.

【详解】的展开式的通项公式为，所以的展开式中的系数为，由题知，，解得．

故选：A.

11. 抛物线具有以下光学性质：从焦点发出的光线经抛物线反射后平行于抛物线的对称轴.该性质在实际生产中应用非常广泛.如图所示，从抛物线的焦点F发出的两条光线a，b分别经抛物线上的A，B两点反射，已知两条入射光线与x轴的夹角均为60°，且两条反射光线和之间的距离为，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】写出直线AF、BF的方程，求出，，由，解出p.

【详解】抛物线的焦点.

由,所以直线AF的方程为，即，

联立，得，解得：或，可得：.

同理直线BF的方程为，即，

联立，解得：.

所以，解得：.

故选：B

12. 已知曲线在点处的切线为l，数列的首项为1，点为切线l上一点，则数列中的最小项为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程，则，从而求出的通项公式，再构造不等式组求出数列中的最小项；

【详解】因为，所以，

所以曲线在点处的切线的斜率.

所以切线l的方程为.

所以.

所以数列是首项为1，公比为3的等比数列.

所以.

所以由，解得.

因为，所以.

所以数列中的最小项为.

故选：C.

第II卷（非选择题  共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 在一次期中考试中某学校高三全部学生的数学成绩服从正态分布，若，且，则________．

【答案】0.2

【解析】

【分析】由题意易得，根据正态分布的特征即可得结果.

【详解】由题意易得，所以，

故答案为：0.2.

14. 已知定义在上的函数，若函数为奇函数，则________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意得到，即可求解.

【详解】因为函数为奇函数，所以，

即为，则.

故答案为：.

15. 在等比数列中，若，，则数列的公比为___________.

【答案】##

【解析】

【分析】求出等比数列的公比，利用定义可求得数列的公比.

【详解】设等比数列的公比为，则，

因此，数列的公比为.

故答案为：.

16. 若双曲线的一个焦点F关于其一条渐近线的对称点P在C上，且直线与圆相切，则C的离心率为_________．

【答案】

【解析】

【分析】先设C的左、右焦点分别为，，根据点到直线的距离公式，计算出，从而得，再由勾股定理求出，根据中位线的性质可得，结合双曲线的定义求出，即可求出离心率.

【详解】不妨设点在第二象限，设C的左、右焦点分别为，，

则的中点在直线上，且，故；

由于，则有；

又，分别为，的中点，则，

由双曲线的定义可得，

所以，

所以.

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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，.

（1）求角B；

（2）求a，c的值及的面积.

【答案】（1）   

（2），，

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，进而求得.

（2）利用余弦定理求得和，由此求得三角形的面积.

【小问1详解】

由于，∴.

又∵，∴.∴.

【小问2详解】

∵，且，，，

∴，解得或（舍）.

∴，.∴.

18. 已知公差不为0等差数列满足：且成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）记为数列的前n项和，求证是等差数列．

【答案】（1）；    （2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)根据等比中项的应用可得，结合等差数列的定义和求出公差，进而得出通项公式；

(2)根据等差数列前n项求和公式可得，结合等差数列的定义即可证明.

小问1详解】

设等差数列的公差为()，由成等比数列，

得，又，所以，

解得，所以；

【小问2详解】

由(1)可得，所以，

有，故，

又，所以数列是以2为首项，以2为公差的等差数列.

19. 如图，在四棱柱中，四边形和四边形都是矩形，，四边形是一个边长为4的菱形，.

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题意容易得到平面，进而得到，再根据底面为菱形得到，进而通过线面垂直的判定定理证明问题；

（2）建立空间直角坐标系，进而通过空间向量的夹角公式求得答案.

【小问1详解】

由矩形得，由矩形得.又，∴平面.又平面，∴.

又∵四边形为菱形，∴，而，∴平面.

 【小问2详解】

在菱形ABCD中，，，由余弦定理可得，则，于是均为正三角形，取的中点M，易得，且.

以D为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴､y轴､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，

则，，.

设平面的法向量为，

则取，得.

设平面的法向量为，则取，得.

设平面与平面的夹角为，则.

20. 2022年将在成都举行“第31届世界大学生夏季运动会”，为迎接大运会，某区举行了“爱成都迎大运”系列活动.同时为了了解区人民对体育运动的热情和对运动相关知识的掌握情况，区总工会在各社区开展了有奖知识竞赛，参赛人员所得分数的分组区间为，由此得到总体的频率统计表如下，再利用分层抽样的方式随机抽取20名居民进行进一步调研.

（1）若从得分在80分以上的样本中随机选取2人，则选出的两人中至少有一人在90分以上的概率；

（2）区总工会计划对此次参加活动的居民全部进行奖励，按照分数从高到低设置一等奖、二等奖、三等奖、参与奖，其得奖率分别为15%，20%，25%，40%，试根据上表估计得到二等奖的分数区间，并规定临界值计入高一级的奖励中.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意，得分位于的共有4人，分别为，得分位于的有2人，分别为，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.

（2）设得一等奖的最低分数为，二等奖的最低分数为，根据题意列出方程，即可求解.

【小问1详解】

解：由题意得，所以，

得分位于的共有人，分别为，

得分位于有人，分别为，

从这6人中选出2人，共有，

，共有15种情况，

其中至少有一人为90分以上的情况是，共9种情况，

由古典摡型的概率公式，可得概率为.

【小问2详解】

解：设得一等奖的最低分数为，二等奖的最低分数为，

则，解出，

，解出，

所以二等奖的分数区间为.

21. 已知函数.

（1）当时，求的单调区间；

（2）若，求a的取值范围.

【答案】（1）递减区间为，递增区间为   

（2）

【解析】

【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，即可求得函数单调区间；（2）由，转化为，设，利用导数求得函数的单调性与最大值，得出不等式，即可求解.

【小问1详解】

解：由题意，函数的定义域为，

当时，可得.

当时，，的单调递减区间为；

当时，，的单调递增区间为，

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

【小问2详解】

解：由，，整理得，

因为，所以，

设，则，

令，即，解得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以，所以，解得，

故a的取值范围是.

22. 已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆上一点满足且.

（1）求椭圆的方程；

（2）过作两条相互垂直的直线分别交于，求四边形面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）6

【解析】

【分析】（1）根据，可得，再根据，求得，再求出，即可得出答案；

（2）或垂直坐标轴和均不垂直坐标轴两种情况讨论，根据弦长公式求得，整理从而可得出答案.

【小问1详解】

解：∵，∴可设，

∵，∴，即，

∵，∴，

∴；

【小问2详解】

解：①当或垂直坐标轴时，易得，∴，

②均不垂直坐标轴时，

设，，

联立，消整理得，

由韦达定理有，，

∴，

同理可设，，

∴，

∴

，

综上：的最大值为6.