2021-2022学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟高二下学期期中联考数学试题（解析版）

2021-2022学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟高二下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．“ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 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

【分析】根据直线垂直求出的范围即可得出.

【详解】由直线垂直可得，解得或1，

所以“ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 的充分不必要条件.

故选：A.

2．函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（       ）

A．的极小值点为  B．的极大值点为

C．有唯一的极小值点 D．函数在（a，b）上的极值点的个数为2

【答案】D

【分析】求得的极小值点判断选项A；求得的极大值点判断选项B；求得的极小值点判断选项C；求得函数在（a，b）上的极值点的个数判断选项D.

【详解】由导函数的图像可知，有2个极小值点.选项C判断错误；

当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增.

则的极小值点为，选项A判断错误；

的极大值点为，选项B判断错误；

函数在（a，b）上的极值点为，共2个. 选项D判断正确；

故选：D

3．某铁球在时，半径为．当温度在很小的范围内变化时，由于热胀冷缩，铁球的半径会发生变化，且当温度为时铁球的半径为，其中a为常数，则在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为（       ）

A．0 B． C． D．

【答案】D

【分析】由导数的定义可知在时，铁球体积对温度的瞬时变化率即为的值，求导代入即可.

【详解】已知当温度为时铁球的半径为，

则其体积（单位：），

求导得，

所以，

所以在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为，

故选：D.

4．已知椭圆C：（）的左､右焦点分别为F1，F2，点P为C上一点，若△F1PF2的面积为4，且△F1PF2内切圆的半径为，则C的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】借助内切圆半径及三角形面积的关系建立的关系式，再结合求解.

【详解】由的面积为4，得，即.

又，所以，所以，，.

故选：D.

5．已知等差数列的前n项和为，若，则（       ）

A．44 B．88 C．99 D．121

【答案】A

【分析】根据等差数列项数的关系可求出，再利用与的关系，即可求出答案.

【详解】由于为等差数列，，则 

故选：A.

6．在平行六面体中，，，，，则（       ）

A． B． C．0 D．

【答案】C

【分析】结合空间向量的数量积的定义及运算律求出和，进而结合余弦定理即可求出结果.

【详解】因为，

则，即，

,

则

，

即，

则

故选：C.

7．已知实数，不等式恒成立，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】题中指数、对数函数都有，不能分参，可以转化为同构求解.

【详解】由可得

，

易得函数在R上单调递增，所以恒成立，

即，设，，

在单调递减，在单调递增，可得，

则有.

故选：C.

8．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3加1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述运算，经过有限次步骤，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如果对于正整数，经过步变换，第一次到达1，就称为步“雹程”.如取，由上述运算法则得出：3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过7个步骤变成1，得.则下列命题错误的是（       ）

A．若，则只能是4 B．当时，

C．随着的增大，也增大 D．若，则的取值集合为

【答案】C

【分析】根据“冰雹猜想”进行推理即可判定.

【详解】对于A，，逆推，只能是4，故A对；

对于B，时，，，故B对；

对于C，时，，时，，，故C错，

对于D，时，逆推，故D对.

故选：C.

二、多选题

9．已知曲线.（       ）

A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上

B．若m=n>0，则C是圆，其半径为

C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为

D．若m=0，n>0，则C是两条直线

【答案】ACD

【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.

【详解】对于A，若，则可化为，

因为，所以，

即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；

对于B，若，则可化为，

此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；

对于C，若，则可化为，

此时曲线表示双曲线，

由可得，故C正确；

对于D，若，则可化为，

，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；

故选：ACD.

【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.

10．已知数列中，，，，则下列说法正确的是（       ）．

A． B．是等比数列

C． D．

【答案】ABC

【分析】根据，，，利用等比数列的定义，得到的奇数项和偶数项，分别是以2为公比的等比数列求解判断.

【详解】因为数列中，，，，

所以，解得，又，

所以，即，

所数列的奇数项和偶数项，分别是以2为公比的等比数列，

所以，，，

，，

故选：ABC

11．圆C：，直线，点P在圆C上，点Q在直线l上，则下列结论正确的是（       ）

A．直线l与圆C相交

B．的最小值是1

C．若P到直线l的距离为2，则点P有2个

D．从Q点向圆C引切线，则切线段的最小值是3

【答案】BCD

【分析】对于A:求出圆心到直线的距离，即可判断直线与圆相离；

对于B:利用几何法求出的最小值，即可判断；

对于C:设直线m与l平行，且m到l的距离为2.求出m的方程，判断出直线m与圆C相交，有两个交点，即可判断；

对于D:根据图形知,过Q作QR与圆C相切于       R，连结CR.要使切线长最小，只需最小.利用几何法求出切线段的最小值，即可判断.

【详解】对于A:由圆C：，得圆C的标准方程为，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离.

故A错误；

对于B:圆心到直线的距离,所以的最小值为.

故B正确;

对于C:设直线m与l平行，且m到l的距离为2.则可设.由，解得：或.

当时，直线，圆心到直线的距离,所以直线m与圆C相交，有两个交点，且这两个点到直线l的距离为1.

当时，直线，圆心到直线的距离,所以直线m与圆C相离，不合题意.

综上所述，圆上到直线l的距离为1的点有且只有2个.故C正确.

对于D:根据图形知,过Q作QR与圆C相切于R，连结CR.则切线长.要使切线长最小，只需最小.

点Q到圆心C的最小值为圆心到直线的距离d=5,由勾股定理得切线长的最小值为,故D正确.

故选：BCD

12．已知函数（，且），则（       ）

A．当时，恒成立

B．若有且仅有一个零点，则

C．当时，有两个零点

D．存在，使得有三个极值点

【答案】AC

【分析】对于A，将不等式变形，构造函数根据函数的单调性以及最值得出结论；

对于B、C，都是在A的构造函数的基础之上，由其图象的性质得到的相关结论；

对于D，构造函数，判断新函数的性质进一步推断原函数的性质.

【详解】对于A，即，两边取对数，，

令，，

单调递增；单调递减；

的最大值为，，A正确；

对于B，若有且仅有一个零点，则，两边取对数，有：，

由A选项知，即时此时也有一个零点，B错误.

对于C，，，两边取对数，有：，由A选项知：，

，C正确；

对于D，，令得：，两边取对数可得：

，设

则，令得：，

在上单调递减，在上单调递增；

最多有两个零点，最多有两个极值点，D错误.

故选：AC.

【点睛】本题考查函数零点、方程的根与图象交点的等价，考查函数的单调性、极值与最值的应用，本题的难点在于对式子的变形以及构造函数，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，属于难题.

三、填空题

13．的展开式中，的系数为______.

【答案】30

【分析】 表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选 ，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选 ，即可得到含 的项，即可算出答案.

【详解】 表示5个因式的乘积，

在这5个因式中，有2个因式选 ，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选 ，即可得到含 的项，

故含的项系数是

故答案为：30

【点睛】本题考查的是利用分步计数原理处理多项式相乘的问题，较简单.

14．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有________种．

【答案】20

【分析】由题意，根据乙的支付方式进行分类，根据分类与分步计数原理即可求出．

【详解】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，

当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，

综上故有10+10＝20种，

故答案为20.

【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.

15．过抛物线C：的准线l上一点P作C的切线PA，PB，切点分别为A，B，设弦AB的中点为Q，则的最小值为______．

【答案】2

【分析】利用导数求出抛物线在A和B的切线方程，根据切线过P得A和B满足的方程，从而求得AB所在直线方程，联立直线AB方程与抛物线方程求出Q点坐标，从而求出的表达式，根据表示式即可求其最小值.

【详解】，

设，，，则，，

则切线：，

∵切线PA过P，∴，

同理，，

∴直线AB方程为：.

由得，，

则，，

则，

则，

即最小值为2.

故答案为：2.

16．北宋著名建筑学家李诫编写了一部记录中国古代建筑营造规范的书《营造法式》，其中说到“方一百，其斜一百四十有一”，即一个正方形的边长与它的对角线的比是，接近.如图，该图由等腰直角三角形拼接而成，以每个等腰直角三角形斜边中点作为圆心，斜边的一半为半径作一个圆心角是90°的圆弧，所得弧线称为螺旋线，称公比为的数列为等比数列.已知等比数列的前n项和为，满足.若，且，则的最小整数为___________.（参考数据：，）

【答案】

【分析】令求出，由等比数列的通项公式求出，从而求出，再由裂项相消法求和得出，根据对数的运算即可求解.

【详解】令，则，

即，

所以，

解得，所以，

所以，

，

所以，

即，

即，

所以的最小整数为.

故答案为：

四、解答题

17．已知函数.

(1)求的解析式；

(2)求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用常见函数的导数公式及简单复合函数的导数公式即得；

（2）利用导数的几何意义可得切线方程，进而可得.

【详解】(1)；

(2)由（1）知，，

得切线方程为，

所围成的三角形的面积.

18．已知数列满足，，．

(1)设，求数列的通项公式；

(2)求n为何值时，最小．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）依题意可得，再利用累加法求出数列的通项公式；

（2）利用作差法判断数列的单调性，即可得到最小的；

【详解】(1)解：由且，即，

即又，，所以．

当时，

，

当时，上式也成立．

所以数列的通项公式为；

(2)解：由（1）可知．

当时，，即；

当时，；

当时，，即，

所以当或时，的值最小．

19．如图，在几何体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为4的正方形，平面ABCD，，点E为PD的中点，四棱锥是高为4的正四棱锥.

(1)求证：平面EAC；

(2)求平面PAC与平面QAB所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明出平面，可得出，延长与交于点，可证明出，由中位线的性质可得出，利用线面垂直的判定定理可证得平面；

（2）以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【详解】(1)证明：连接，与交于点，因为四边形是正方形，所以

连接，因为四棱锥是正四棱锥，所以平面，

平面，则，

因为，所以平面

因为平面，所以

延长与交于点，平面，则，

为的中点，则为的中点，则，

又，，所以，，

，

所以，所以

连接，因为点为的中点，点为的中点，所以，所以，

因为，所以平面.

(2)解：以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，，．

设平面的法向量为，则，得，

取，得．

设平面的法向量为，则得，

取，得．

设平面与平面所成锐二面角的大小为，

则，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

20．某学校组织的“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，规定每位参赛选手共需回答3道问题.现有两种方案供参赛选手任意选择.方案一：只选类问题：方案二：第一次类问题，以后按如下规则选题，若本次回答正确，则下一次选类问题，回答错误则下一次选类问题.类问题中的每个问题回答正确得50分，否则得0分：类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分.

已知小明能正确回答类问题的概率为，能正确回答类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.

（1）求小明采用方案一答题，得分不低于100分的概率：

（2）试问：小明选择何种方案参加比赛更加合理？并说明理由.

【答案】（1）；（2）小明选择方案二参加比赛更加合理，理由见解析.

【分析】（1）由题知得分不低于100分的情况为至少答对两道试题，进而根据二项分布的概率公式求解即可；

（2）分别求解两种方案得分的概率分布列，求得分的期望，期望高的更合理.

【详解】解：（1）小明采用方案一答题，得分不低于100分的情况为至少答对两道试题，

所以其概率为.

（2）小明选择方案二参加比赛更加合理.理由如下：

若采用方案一，则其得分的可能为取值为，

，，，.

所以的概率分布列为

所以的数学期望为；

若采用方案二，则其得分的可能为取值为，

所以，，，，， .

所以的概率分布列为

所以的数学期望为，

因为，

所以小明选择方案二参加比赛更加合理.

21．已知双曲线的虚轴长为4，直线为双曲线的一条渐近线.

(1)求双曲线的标准方程；

(2)记双曲线的左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于点(点在第一象限)，记直线斜率为，直线斜率为，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由虚轴长为，和渐近线方程为，求得和的值，即可；

（2）设直线的方程为，将其与双曲线的方程联立，得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理和直线的斜率公式，计算的值，即可．

【详解】(1)∵虚轴长为4，

∴，即，

∵直线为双曲线C的一条渐近线，

∴，∴，

故双曲线C的标准方程为.

(2)由题意知，，，

由题可知，直线斜率不能为零，故可设直线的方程为，

设，，

联立，得，

，，

，

直线的斜率，直线的斜率，

．

22．已知函数.

（1）求的单调区间与极值.

（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.

【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，极大优值，无极小值；（2）证明见解析.

【分析】首先求函数的导数，利用导数和单调性，极值点的关系，即可求解；

（2）首先由条件变形为，即，通过构造函数，，转化为极值点偏移问题，即可求解.

【详解】（1）解：的定义域为，.

当时，；当时，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为.

故在处取得极大值，且极大值为，无极小值.

（2）证明：易知，，

即，.

不妨设，，.

（1）可知，，

当时，，

当时，，

设，，

则，

因为，，

所以，在区间上单调递增，

，

所以，

又因为，，所以，

即，故.