2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期末数学（理）试题含解析

2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的除法运算直接求解.

【详解】因为，所以.

故选：B

2．已知命题: ，命题: 则是的（       ）条件．

A．充分不必要 B．必要不充分

C．充分必要 D．既不充分也不必要

【答案】B

【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.

【详解】解：若，

则或，

即或，

所以是的必要不充分条件．

故选：B

3．设抛物线C:的焦点为，准线为．是抛物线C上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线（       ）

A．经过点 B．经过点

C．平行于直线 D．垂直于直线

【答案】A

【分析】依据题意作出焦点在轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段的垂直平分线经过点，即可求解.

【详解】如图所示：

．

因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点.

故选：A.

4．己知命题；命题，则下列命题中为假命题的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据或且非命题的真假进行判断即可.

【详解】当,故命题是真命题，

，故命题是真命题.

因此可知是假命题，是真命题，，均为真命题.

故选:A

5．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】每个同学参加的情形都有3种，故两个同学参加一组的情形有9种，而参加同一组的情形只有3种，所求的概率为p=选A

6．设函数，则下列函数中为奇函数的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出函数图象的对称中心，结合函数图象平移变换可得结果.

【详解】因为，

所以，，

所以，函数图象的对称中心为，

将函数的图象向右平移个单位，再将所得图象向下平移个单位长度，可得到奇函数的图象，

即函数为奇函数.

故选：A.

7．观察，，，由归纳推理可得：若定义在上的函数满足，记为的导函数，则=（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】由归纳推理可知偶函数的导数是奇函数，因为是偶函数，则是奇函数，所以，应选答案D．

8．若关于x的方程有解，则实数a的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将方程有解，转化为方程有解求解.

【详解】解：因为方程有解，

所以方程有解，

因为，

当且仅当，即时，等号成立，

所以实数a的取值范围为，

故选：C

9．如图，点A的坐标为，点C的坐标为，函数，若在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别由矩形面积公式与微积分的几何意义计算阴影部分和矩形部分的面积，最后由几何概型概率计算公式计算即可.

【详解】由已知，矩形的面积为4，阴影部分的面积为，

由几何概型公式可得此点取自阴影部分的概率等于，

故选：A

10．的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用正弦定理边化角，角化边计算即可.

【详解】由正弦定理边化角得，

，

再由正弦定理角化边得，即

故选：D.

11．已知是定义在上的奇函数，对任意两个不相等的正数、都有，记，，，则（          ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题，可得是定义在上的偶函数，且在上单调递减，在上单调递增，根据函数的单调性，即可判断出的大小关系.

【详解】设，

由题，得，即，

所以函数在上单调递减，

因为是定义在R上的奇函数，

所以是定义在上的偶函数，

因此，

，

，

即.

故选：A

【点睛】本题主要考查利用函数的单调性判断大小的问题，其中涉及到构造函数的运用.

12．己知F为抛物线的焦点，过F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A、B两点，直线与C交于D、E两点，则的最小值为（       ）

A．24 B．22 C．20 D．16

【答案】A

【分析】由抛物线的性质：过焦点的弦长公式计算可得.

【详解】设直线，的斜率分别为，

由抛物线的性质可得，，

所以，

又因为，所以，

所以，

故选：A.

13．已知函数有两个极值点m，n，且，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对求导得，得到m，n是两个根，由根与系数的关系可得m，n的关系，然后构造函数，利用导数求单调性，进而得最值.

【详解】由得：

m，n是两个根，由根与系数的关系得：，故

，

令

记，则，故在上单调递减.

故选：C

14．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的离心率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据得到三角形为等腰三角形，然后结合双曲线的定义得到，设，进而作，得出，由此求出结果．

【详解】因为 ，

所以，即

所以，

由双曲线的定义，知，

设，则，易得，

如图，作，为垂足，

则，所以，即，即双曲线的离心率为.

故选：B．

二、填空题

15．我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案．通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0，0.5），[0.5，1），…，[4，4.5）分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图，则a=______________．

【答案】0.3

【分析】由频率之和等于1，即矩形面积之和为1可得.

【详解】由题知，

解得.

故答案为：0.3

16．若，且，则_____________．

【答案】

【分析】由，可得，，，从而利用换底公式及对数的运算性质即可求解.

【详解】解：因为，所以，，，又，

所以，

所以，所以，

故答案为：.

17．用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是奇数的四位数，这样的四位数一共有___________个．（用数字作答）

【答案】504

【分析】分两种情况求解，一是四个数字中没有奇数，二是四个数字中有一个奇数，然后根据分类加法原理可求得结果

【详解】当四个数字中没有奇数时，则这样的四位数有种，

当四个数字中有一个奇数时，则从5个奇数中选一个奇数，再从4个偶数中选3个数，然后对这4个数排列即可，所以有种，

所以由分类加法原理可得共有种，

故答案为：504

18．空间四边形中，，，，，，，则与所成角的余弦值等于___________．

【答案】

【分析】计算出的值，利用空间向量的数量积可得出的值，即可得解.

【详解】，

，

所以，，

所以，.

所以，与所成角的余弦值为.

故答案为：.

19．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：其中，所有正确结论的序号是____________．

①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；

②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；

③曲线C所围城的“心形”区域的面积小于3．

【答案】①②

【分析】根据题意，先判断曲线关于轴对称，由基本不等式的性质对方程变形，得到，可判定①正确；当时，，得到曲线右侧部分的点到原点的距离都不超过，再根据曲线的对称性，可判定②正确；由轴的上方，图形的面积大于四点围成的矩形的面积，在轴的下方，图形的面积大于三点围成的三角形的面积，可判断③不正确.

【详解】根据题意，曲线，

用替换曲线方程中的，方程不变，所以曲线关于轴对称，

对于①中，当时，，即为，

可得，所以曲线经过点，

再根据对称性可知，曲线还经过点，故曲线恰好经过6个整点，所以①正确；

对于②中，由①可知，当时，，即曲线右侧部分的点到原点的距离都不超过，再根据曲线的对称性可知，曲线上任意一点到原点的距离都不超过，所以②正确；

对于③中，因为在轴的上方，图形的面积大于四点围成的矩形的面积，在轴的下方，图形的面积大于三点围成的三角形的面积，所以曲线所围城的“心形”区域的面积大于3，所以③不正确.

故选：①②

20．已知函数，若过点存在三条直线与曲线相切，则的取值范围为___________．

【答案】

【分析】设过M的切线切点为，求出切线方程，参变分离得，令，则原问题等价于y=g(x)与y=-m-2的图像有三个交点，根据导数研究g(x)的图像即可求出m的范围．

【详解】，

设过点的直线与曲线相切于点，

则，

化简得，，令，

则过点存在三条直线与曲线相切等价于y=g(x)与y=-m-2的图像有三个交点．

∵，

故当x<0或x>1时，，g(x)单调递增；当0<x<1时，，g(x)单调递减，

又，，

∴g(x)如图，

∴-2<-m-2<0，即．

故答案为：﹒

三、解答题

21．设为数列的前n项和，且满足．

(1)求证：数列为等差数列；

(2)若，且成等比数列，求数列的前项和．

【答案】(1)证明见解析；

(2)答案见解析.

【分析】（1）利用给定的递推公式，结合“当时，”变形，再利用等差中项的定义推理作答.

（2）利用（1）的结论，利用等比中项的定义列式计算，再利用等差数列前n项和公式计算作答.

【详解】(1)依题意，，

当时，有，两式相减得：，

同理可得，于是得，

即，而当时，，

所以数列为等差数列.

(2)由（1）知数列为等差数列，设其首项为，公差为d，

依题意，，解得或，

当时，，

当时，.

22．如图，四棱台的底面为正方形，面，．

（1）求证：平面；

（2）若平面平面，求直线m与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）：连结交交于点O，连结，，通过四棱台的性质以及给定长度证明，从而证出，利用线面平行的判定定理可证明面；

（2）利用线面平行的性质定理以及基本事实可证明，即求与平面所成角的正弦值；通过条件以及面面垂直的判定定理可证明面面，则为与平面所成角，利用余弦定理求出余弦值，即可求出正弦值.

【详解】（1）证明：连结交交于点O，连结，，

由多面体为四棱台可知四点共面，

且面面，面面，面面，

∴，

∵和均为正方形，，

∴，所以为平行四边形，                 

∴，面，面，   

∴平面．

(2)∵面，平面，平面，

∴，又∵，∴

∴求直线m与平面所成角可转化为求与平面所成角，     

∵和均为正方形，，且，

∴，，∴，

又∵面，∴

∴面，∴面面，             

由面面，设O在面的投影为M，则，

∴为与平面所成角，               

由，可得，又∵，

∴                 

∴，直线m与平面所成角的正弦值为.

【点睛】思路点睛：（1）找两个平面的交线，可通过两个平面的交点找到，也可利用线面平行的性质找和交线的平行直线；（2）求直线和平面所成角，过直线上一点做平面的垂线，则垂足和斜足连线与直线所成角即为直线和平面所成角.

23．已知椭圆（）的左、右焦点为，，，离心率为．

（1）求椭圆的标准方程．

（2）的左顶点为，过右焦点的直线交椭圆于，两点，记直线，，的斜率分别为，，，求证：．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【分析】(1)由可求出，结合离心率可知，进而可求出，即可求出标准方程.

(2) 由题意知，，则由直线的点斜式方程可得直线的解析式为，与椭圆进行联立，设，，结合韦达定理可得，从而由斜率的计算公式对进行整理化简从而可证明.

【详解】（1）解：因为，所以．又因为离心率，所以，则，

所以椭圆的标准方程是．

（2）证明：由题意知，，，则直线的解析式为，

代入椭圆方程，得．

设，，则．又因为，

，所以．

【点睛】关键点睛:

本题第二问的关键是联立直线和椭圆的方程后，结合韦达定理，用表示交点横坐标的和与积，从而代入进行整理化简.

24．函数，.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【分析】（1）求出函数的定义域为，求得，分、、三种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；

（2）构造函数，由题意可知恒成立，对实数分和两种情况讨论，利用导数分析函数在区间上的单调性，验证是否成立，由此可得出实数的取值范围.

【详解】（1）函数的定义域为，.

（i）当时，，函数在上单调递增；

（ii）当时，令得.

若，则；若，则.

①当时，，函数在上单调递增；

②当时，，

当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；

综上，可得，当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递增，在上单调递减；

（2）设，，则.

当时，单调递增，则.

所以，函数在上单调递增，且.

当时，，

于是，函数在上单调递增，恒成立，符合题意；

当时，由于，，，

所以，存在，使得.

当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.

故，不符合题意，

综上所述，实数的取值范围是.

【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，考查分类讨论思想的应用，属于难题.