2021-2022学年河南省中原名校高二下学期第一次联考数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年河南省中原名校高二下学期第一次联考数学（理）试题

一、单选题

1．（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用二倍角公式求得正确答案.

【详解】.

故选：B

2．已知、是两个不同的平面，直线，下列命题正确的是（       ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】D

【分析】根据判断与的位置关系，可判断AB选项的正误；由与的位置关系判断与的位置关系，可判断CD选项的正误.

【详解】若，，则、与相交或，AB选项错误；

若，，则或与相交，C选项错误；

若，，由面面垂直的判定定理可知，D选项正确.

故选：D.

3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】该几何体为半圆柱，底面为半径为1的半圆，高为2，因此表面积为 ,选D.

4．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设，，则x，y的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用作差法、两角和的余弦公式及余弦函数的性质判断即可；

【详解】解：因为，，

所以，因为为锐角三角形，所以，所以，即，所以；

故选：A

5．已知，则（       ）

A．1 B． C． D．0

【答案】D

【分析】根据两角差的正弦公式和两角和的余弦公式，可得，即可得到，再根据诱导公式即可求出.

【详解】因为，所以，

所以，所以，

所以，

所以.

故选：D.

6．已知向量，.若不超过5，则k的取值范围是（       ）

A．[-2，6] B．[-6，4] C．[-6，2] D．[-4，6]

【答案】A

【分析】先求得的坐标，再根据不超过5求解.

【详解】因为向量，，

所以，

因为不超过5，

所以，

解得，

所以k的取值范围是 [-2，6]，

故选：A

7．声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则函数在上零点的个数为（       ）

A．2 B．3 C．5 D．6

【答案】C

【分析】可以分解因式，求出每个因式在上的零点即可

【详解】

令，则或

当时，因为，所以或或

当时，因为，所以或

所以有个零点

故选：C

8．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，若，则角B的大小为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据向量平行列方程，结合正弦定理求得正确答案.

【详解】由于，

所以，

由正弦定理得，

，

，

，

由于，所以，所以，

由于，所以.

故选：B

9．已知实数a>0，b>0，，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】结合基本不等式求得正确答案.

【详解】依题意，，

.

当且仅当时等号成立.

故选：B

10．数列满足，，，若，则k=（       ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】判断数列是等差数列，结合等比数列前项和公式来求得的值.

【详解】依题意，数列满足，，，

所以，

所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，

，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，

故，

而，

所以.

故选：C

11．2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为（单位：），三角高程测量法是珠穆高峰测量法之一，如图是三角高程测量法的一个示意图，现有三点，且在同一水平面上的投影满足，，由点测得点的仰角为，与的差为，由点测得点的仰角为，则两点到水平面的高度差约为（       ）（）

A．273 B．260 C．410 D．560

【答案】D

【分析】结合正弦定理、三角恒等变换求得正确答案.

【详解】，

点测得点的仰角为，所以,

在三角形中，由正弦定理得，

由于由点测得点的仰角为，

所以高度差等于

.

故选：D

12．将长方体削去一部分得到如图所示的多面体，且，，O为EF中点，有以下结论：

①A1，O，C三点共线；

②平面；

③异面直线AF与所成角的余弦值为；

④三棱锥的体积为3.

其中正确的命题是（       ）

A．①③ B．①④ C．②③ D．②③④

【答案】A

【分析】通过在长方体中作辅助线，可证明四边形 为平行四边形，进而说明A1，O，C三点共线，从而判断①；假设平面，则推出，从而出现矛盾，判断②；采用平行线法，求得异面直线AF与所成角的余弦值，判断③；

根据等体积法，求得棱锥的体积，判断④，由此可得答案.

【详解】如图，作长方体，在棱 上截取 ,连接 ,

则 ,则四边形 为平行四边形，

故 ,而 ,四边形 为平行四边形，

故 ,所以 ,且 ，

故四边形 为平行四边形,故连接和 相交，交点为二者的中点，

因为O为EF中点，故O为 的中点，即A1，O，C三点共线，①正确；

假设平面，而平面，故,

而O为的中点，则 ,这与 矛盾，故②错；

由①的分析可知，连接AC,则 即为异面直线AF与所成角或其补角，

在 中, ，

故 ，

所以异面直线AF与所成角为，③正确；

由于 ,故④错误，

故选：A

二、填空题

13．甲、乙、丙、丁4位同学各自对A，B两变量进行回归分析，分别得到散点图与残差平方和如下表：

则试验结果体现拟合A，B两变量关系的模型拟合精度高的同学是_______.

【答案】丁

【分析】根据散点图中各样本点条状分布越均匀，同时残差平方和越小，即可判断其线性回归模型的拟合效果越好.

【详解】对于已经获取的样本数据，表达式中为确定的数，

则残差平方和越小，越大，由此知丁同学的线性回归模型的拟合效果最好，

故答案为：丁.

14．某高校高三年级理科共有1500人，在第一次模拟考试中，据统计数学成绩ξ服从正态分布（100，100），则这次考试年级数学成绩超过120分的人数约为______.(精确到个位) 参考数据：若ξ服从正态分布N（μ，σ2），有P（μ﹣σ＜ξ≤μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜ξ≤μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜ξ≤μ+3σ）＝0.9974

【答案】34人

【分析】利用正态分布的对称性求出数学成绩超过120分的概率，从而可求出答案

【详解】解：因为数学成绩ξ服从正态分布（100，100），所以

所以

,

所以这次考试年级数学成绩超过120分的人数约为，

故答案为：34

15．观察下列各式：

；

；

；

；

……

若按上述规律展开后，发现等式右边含有“”这个数，则的值为__________．

【答案】

【详解】由题意可得第n个式子的左边是n3，右边是n个连续奇数的和，

设第n个式子的第一个数为an，则有a2﹣a1=3﹣1=2，

a3﹣a2=7﹣3=4，…an﹣an﹣1=2（n﹣1），

以上（n﹣1）个式子相加可得an﹣a1=，

故an=n2﹣n+1，可得a45=1981，a46=2071，

故可知2017在第45个式子，

故答案为45

16．已知函数，则的最大值为________.

【答案】

【分析】根据题意可得函数的周期为，因此只要求出函数在上的最大值即可，当时，，求导，利用导数求出函数的单调区间，从而得出函数的最大值.

【详解】由，

则，

所以是函数的一个周期，

当时，，

，

设，且，，

则当时，；当时，；当时，；

所以在，上递增，在上递减，

，，

因为，且，所以，

所以，

所以的最大值为.

故答案为：.

三、解答题

17．已知函数f（x）＝x﹣lnx

(1)求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

(2)求函数f（x）的极值.

【答案】(1)

(2)极小值为，无极大值

【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导数的几何意义即可求出切线方程；

（2）根据导数的符号求出函数的单调区间，再根据极值的定义即可得出答案.

【详解】(1)解：，

则，，

即切线的斜率为0，

所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处曲线的切线方程为；

(2)当时，，当时，，

所以函数在上递减，在上递增，

函数的极小值为，无极大值.

18．已知抛物线的焦点F，C上一点到焦点的距离为5．

（1）求C的方程；

（2）过F作直线l，交C于A，B两点，若线段AB中点的纵坐标为-1，求直线l的方程．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由抛物线的定义，结合已知有求p，写出抛物线方程.

（2）由题意设直线l为，联立抛物线方程，应用韦达定理可得，由中点公式有，进而求k值，写出直线方程.

【详解】（1）由题意知：抛物线的准线为，则，可得，

∴C的方程为.

（2）由（1）知：，由题意知：直线l的斜率存在，令其方程为，

∴联立抛物线方程，得：，，

若，则，而线段AB中点的纵坐标为-1，

∴，即，得，

∴直线l的方程为.

【点睛】关键点点睛：

（1）利用抛物线定义求参数，写出抛物线方程；

（2）由直线与抛物线相交，以及相交弦的中点坐标值，应用韦达定理、中点公式求直线斜率，并写出直线方程.

19．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，A1A=4，点D是BC的中点；

（I）求异面直线A1B，AC1所成角的余弦值；

（II）求直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值．

【答案】（I）（II）

【详解】试题分析：（I）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，可得和的坐标，可得cos＜，＞，可得答案；

（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），由可得=（1，﹣1，），设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=，进而可得答案．

解：（I）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，

则可得B（2，0，0），A1（0，0，4），C1（0，2，4），D（1，1，0），

∴=（2，0，﹣4），=（0，2，4），

∴cos＜，＞==

∴异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为：；

（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），

设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），

则可得，即，取x=1可得=（1，﹣1，），

设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=

∴直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值为：

【解析】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角．

20．已知，是函数的两个极值点.

（1）求的解析式；

（2）记，，若函数有三个零点，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）根据极值点的定义，可知方程的两个解即为，，代入即得结果；

（2）根据题意，将方程转化为，则函数与直线在区间，上有三个交点，进而求解的取值范围．

【详解】解：（1）因为，所以

根据极值点定义，方程的两个根即为，，

，代入，，可得

，解之可得，，

故有；

（2）根据题意，，，，

根据题意，可得方程在区间，内有三个实数根，

即函数与直线在区间，内有三个交点，

又因为，

则令，解得；令，解得或，

所以函数在，上单调递减，在上单调递增；

又因为， ，， ，

函数图象如下所示：

若使函数与直线有三个交点，

则需使，即．

21．如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直，，=2，.

(1)求点C到平面的距离；

(2)线段上是否存在点F，使与平面所成角正弦值为，若存在，求出，若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）建立空间直角坐标系，由向量法可得；

（2）设点F坐标，根据向量法求线面角建立方程求解可得.

【详解】(1)如图所示，取中点，连结，，

因为三角形是等腰直角三角形，所以，

因为面面，面面面，

所以平面，又因为，

所以四边形是矩形，可得，

则，

建立如图所示的空间直角坐标系，则：

据此可得，

设平面的一个法向量为，

则，令可得，

从而，又，

故求点到平面的距离.

(2)假设存在点，，满足题意，

点在线段上，则，

即：，，，，，

据此可得：，，从而，，，，

设与平面所成角所成的角为，

则，

整理可得：，

解得：或（舍去）.

据此可知，存在满足题意的点，点为的中点，即.

22．设函数．

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值．（其中为的导函数．）

【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）的定义域为，，分和两种情况解不等式和即可得单调递增区间和单调递减区间；

（Ⅱ）由题意可得对于恒成立，分离可得，令，只需，利用导数求最小值即可求解.

【详解】（Ⅰ）函数的定义域为，

当时，对于恒成立，此时函数在上单调递增；

当时，由可得；由可得；

此时在上单调递减，在上单调递增；

综上所述：当时，函数的单调递增区间为，

当时，单调递减区间为，单调递增区间为，

（Ⅱ）若，由可得，

因为，所以，

所以

所以对于恒成立，

令，则，

，

令，则对于恒成立，

所以在单调递增，

因为，，

所以在上存在唯一的零点，

即，可得：，

当时，，则，

当时，，则，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

因为，所以的最大值为.

【点睛】方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：

（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；

（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.