2021-2022学年浙江省杭州学军中学西溪校区高二下学期4月期中数学试题含解析

这是一份2021-2022学年浙江省杭州学军中学西溪校区高二下学期4月期中数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年浙江省杭州学军中学西溪校区高二下学期4月期中数学试题
一、单选题
1．设集合，集合，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求解绝对值不等式和函数定义域解得集合，再求交集即可.
【详解】根据题意，可得，
故.
故选：.
2．若，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（       ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可；
【详解】解：因为，所以复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第一象限.
故选：A
3．已知圆锥的顶点和底面圆周均在球的球面上.若该圆锥的底面半径为，高为6，则球的表面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设球心到圆锥底面的距离为，由题设可得关于的方程，求出其解后可得球的半径，从而可求其表面积.
【详解】因为，故球心在圆锥的内部且在高上，
设球心到圆锥底面的距离为，
则有，解得，则圆半径，
表面积.
故选：C
4．已知双曲线C：（，）的一条渐近线方程为，则双曲线C的离心率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据渐近线方程，求得，结合离心率公式即可求得结果.
【详解】渐近线方程可化为，故，
故离心率为.
故选：.
5．已知的展开式中的系数为80，则m的值为（       ）
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【分析】根据题意可得，利用二项式展开式的通项公式求出的项的系数，进而得出结果.
【详解】，
在的展开式中，由，
令，得r无解，即的展开式没有的项；
在的展开式中，由，
令，解得r=3，
即的展开式中的项的系数为，
又的展开式中的系数为80，
所以，解得.
故选：A.
6．已知，则的值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用两角差的正弦和余弦公式可求得的值，利用二倍角公式可得出，在所得代数式上除以，在所得分式的分子和分母中同时除以，代入的值计算即可得解.
【详解】，即，
整理得，，
因此，.
故选：D.
【点睛】易错点点睛：已知，求关于、的齐次式的值，应注意以下两点：
（1）一定是关于、的齐次式（或能化为齐次式）的三角函数式；
（2）因为，所以可除以，这样可将被求式化为关于的表达式，然后代入的值，从而完成被求式的求值.
7．设函数，若，且，则的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意可得b，c是方程的两解，由根与系数的关系（即韦达定理）得，由求得，代入并化简得，令，利用换元法和函数的单调性即可求出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴b，c是方程的两解，则，
由，解得：，
∴，
令，则，
∴，
令，则在递减，在递增，
则，
故，
故选：A．
8．已知实数，且，为自然对数的底数，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式
【详解】因为，所以，
函数在上单调递增，且，因为
所以，所以，即，
又，所以，所以，即，综上，.
故选：D
二、多选题
9．甲盒中有3个红球，2个白球；乙盒中有2个红球，3个白球，先从甲盒中随机取出一球放入乙盒．用事件A表示“从甲盒中取出的是红球”，用事件B表示“从甲盒中取出的是白球”；再从乙盒中随机取出一球，用事件C表示“从乙盒中取出的是红球”，则下列结论正确的是（       ）
A．事件B与事件C是互斥事件 B．事件A与事件C不是独立事件
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据互斥事件的定义即可判断A；根据相互独立事件的定义即可判断B；分第一次取白球和红球两种情况讨论，从而可判断C；根据条件概率公式即可判断D.
【详解】对于A：事件B与事件C能同时发生，事件A与事件B不是互斥事件，故A错误；
对于B：事件A发生与否与事件C有关，故B正确：
对于C：，故C正确；
对于D：，，
所以，故D正确．
故选：BCD.
10．过点作圆的切线，是圆上的动点，则下列说法中正确的是（       ）
A．切线的方程为
B．圆与圆的公共弦所在直线方程为
C．点到直线的距离的最小值为
D．点为坐标原点，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】A.由，得到，再利用点斜式写出切线方程； B. 由和两式相减求解判断；C.先求得点到直线的距离，再减去半径即可； D.设，得到，然后利用直线与圆相切求解判断.
【详解】A.因为，所以，则过点的切线为，即，故正确；
B. 由和两式相减得，故正确；
C.点到直线的距离，所以点到直线的距离的最小值为，故错误；
D.设，则，所以，即，点到直线的距离等于半径得：，解得或 ，则的最大值为，故正确；
故选：ABD
11．我们把经过同一顶点的三条棱两两垂直的三棱锥，称作直角三棱锥.在直角三棱锥S−ABC中，侧棱SA､SB､SC两两垂直，设SA=a，SB=b，SC=c，点S在底面ABC的射影为点D，三条侧棱SA､SB､SC与底面所成的角分别为､､，下列结论正确的有（       ）
A．D为△ABC的外心 B．△ABC为锐角三角形
C．若，则 D．
【答案】BCD
【分析】对于A，连接并延长交于，连接，可证得，同理可证得，从而可判断，对于B，由勾股定理结合余弦定理判断，对于C，，可得，然后结合已知条件判断，对于D，利用由等面积法求解判断
【详解】连接并延长交于，连接，因为平面，平面，
所以，因为SA､SB､SC两两垂直，所以平面，因为平面，
所以，因为，所以平面，因为平面，所以，即，同理可证得，故D应为的垂心，故选项A不正确；

由勾股定理可得，，
在中，由余弦定理得，，所以为锐角，同理可得都为锐角，所以为锐角三角形，故选项B正确；
设，则由题意得，
若，则，因为､､都为锐角，所以，选项C正确；
由选项A可知，平面，因为平面，所以，由等面积法可得，得，
故.故选项D正确.
故选：BCD
12．已知函数，则(       )
A．的图象关于对称 B．的最小正周期为
C．的最小值为1 D．的最大值为
【答案】ACD
【分析】A：验证与是否相等即可；
B：验证与相等，从而可知为f(x)的一个周期，再验证f(x)在(0，)的单调性即可判断为最小正周期；
C、D：由B选项即求f(x)最大值和最小值.
【详解】，故选项A正确；
∵，
故为的一个周期.
当时，，
此时，
令，得，故.
∵当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，故的最小正周期为，选项B错误；
由上可知在上的最小值为，最大值为，由的周期性可知，选项CD均正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知向量满足，，且，则与的夹角为_________.
【答案】
【分析】根据向量满足，，且，利用向量的数量积运算求解.
【详解】因为向量满足，，且，
所以，
解得，
因为，
所以，
故答案为：
14．斜率为的直线与抛物线交于两点，点为弦的中点，则抛物线的准线方程为_______________
【答案】
【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理可求得的值，即可得到答案；
【详解】设直线的方程为：，即，与联立得：
，
设，
，满足
抛物线的准线方程为：，
故答案为：
15．已知定义在上的奇函数满足，当时，，若对一切恒成立，则实数的最大值为___________.
【答案】0.25
【分析】根据题设条件画出函数的图象，结合图象可求实数的最大值.
【详解】因为，故的图象关于中心对称
当时，，
故的图象如图所示：

结合图象可得：只需当时，即可，
即，故，
故答案为：.
四、双空题
16．2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程

若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为___________.
【答案】         
【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解；
由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和可得解.
【详解】记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为
有条边，边长；有条边，边长；有条边，边长；
分析可知，即；，即
当第1个图中的三角形的周长为1时，即，
所以
由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即
即，，，
利用累加法可得
数列是以为公比的等比数列，数列是以为公比的等比数列，故是以为公比的等比数列，
当第1个图中的三角形的面积为1时，，即，此时，，有条边，
则
所以， 所以
故答案为：，
【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.
五、解答题
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求角B的大小；
(2)设M，N分别为BC，AC的中点，AM与BN交于点P，若，求sin∠MPN的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理，代入即可求出结果.
（2）在中由余弦定理求出，再由，在中，求出，代入即可求出答案.
【详解】(1)在中，由余弦定理可得，
代入中，化简可得，，
由正弦定理可得：，得，
B为的内角，故.
(2)由和，根据余弦定理得，
故，易知.
，
由分别为的中点可得，，
在中，，易知，
故.
18．已知数列，当时，，.记数列的前项和为.
(1)求，；
(2)求使得成立的正整数的最大值.
【答案】(1)，；
(2)51.
【分析】（1）利用给定定义直接计算作答.
（2）根据给定定义，对于k值确定出的所有n值，再分析时n值区间，再列式计算作答.
【详解】(1)因当时，，，而，则，又，则，
所以，.
(2)因当时，，，
当时，，当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，
而，
又，
则有时，，由得：
，而，于是得，
所以使得成立的正整数的最大值是51.
19．如图，在直三棱柱中，分别为的中点，点在侧棱上，且，

(1)求证：平面；
(2)若，且三棱锥的体积为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先证明DE^平面AA1B1B，再由线面垂直得出DE^A1F，再证线面垂直即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，根据向量法求二面角即可.
【详解】(1)因为D，E分别为AB，BC的中点，
所以DE为ABC的中位线，且DE//AC

因为ABC－A1B1C1为棱柱，所以AC//A1C1
所以DE//A1C1.
在直棱柱ABC－A1B1C1中，AA1^平面ABC，
因为DEÌ平面ABC， 所以DE^AA1.
又因为A1C1^A1B1，           所以DE^A1B1.
因为AA1∩A1B1=A1，AA1、A1B1Ì平面AA1B1B，
所以DE^平面AA1B1B.
又A1FÌ平面AA1B1B，所以DE^A1F，
又因为A1F^B1D，DE∩B1D=D，且DE、B1DÌ平面B1DE
所以A1F^平面B1DE.
(2)以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（4，0，0），C（0，4，0），D（2，0，0）

因为三棱锥B1－A1C1F的体积为
所以，解得B1F=1，
因为B1D^A1F，且D是AB的中点
所以A1B1F≌B1BD，由    得   
所以B1B=8，则F（4，0，7），A1（0，0，8），B1（4，0，8），C1（0，4，8）
因为E为BC的中点，AB=AC，所以AE^BC，
所以AE^平面BCC1B1，
所以平面BCC1B1的法向量为                                          
设平面A1C1F的法向量为
因为，
由          得       令，则，
故，则

所以平面A1C1F与平面BCC1B1所成锐二面角的余弦值为.
20．2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，易知．
①试证明为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
（2）递推求解，记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，满足.
【详解】(1)解析1：分布列与期望
依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，
门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，
，，
，，X的分布列为：
X
0
1
2
3
P





期望．
（1）解析2：二项分布
依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，易知，，．X的分布列为：
X
0
1
2
3
P





期望．
(2)解析：递推求解
①第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，
从而，又，∴是以为首项．公比为的等比数列．
②由①可知，，，故．
21．已知椭圆的焦点，且椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若、为上不同的两点，动点、满足：，，且在上．
（i）求证：点在上；
（ii）若过焦点，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据已知条件可得出、，可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）（i）设点、，可得出，，将点的坐标代入椭圆的方程可得出，然后将点的坐标也代入椭圆的方程，证得即可证得结论成立；
（ii）对直线是否与轴重合进行分类讨论，在直线不与轴重合时，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合（i）中的等式可得出关于的不等式，可求出的取值范围；在直线与轴重合时，求出点、的坐标，可得出点的坐标，求出的值.综合可得出实数的取值范围.
【详解】(1)解：由已知可得，可得，则，
故椭圆的方程为.
(2)解：（i）设点、，则，，
因为，则点，
同理可得点，
因为点在椭圆上，则，
整理可得，
所以，，
故点也在椭圆上.
（ii）若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立，可得，
，
由韦达定理可得，，
，
由可得，
整理可得，
解得或；
若直线与轴重合，可设、，则，
由题意可得，解得或.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
22．已知，
（1）求在处的切线方程以及的单调性；
（2）对，有恒成立，求的最大整数解；
（3）令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求证：.
【答案】（1）切线方程为；单调递减区间为，单调递增区间为（2）的最大整数解为（3）证明见解析
【解析】（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程，解得到单调递增区间，解得到单调递减区间，需注意在定义域范围内；
（2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解；
（3）由，求出导函数分析其极值点与单调性，构造函数即可证明；
【详解】解：（1）
所以定义域为
；
；
所以切线方程为；
，
令解得
令解得
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）等价于；
，
记，，所以为上的递增函数，
且，，所以，使得
即，
所以在上递减，在上递增，
且；
所以的最大整数解为.
（3），得，
当，，，；
所以在上单调递减，上单调递增，
而要使有两个零点，要满足，
即；
因为，，令，
由，，
即：，

而要证，
只需证，
即证：
即：由，只需证：，
令，则
令，则
故在上递增，；
故在上递增，；
.
【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值，最值以及函数的单调性，综合性比较强，属于难题.