2021-2022学年广东省广州市执信中学高二下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年广东省广州市执信中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用交集的定义，直接计算即可.

【详解】根据题意，.

故选：.

2．已知为虚数单位，若复数，则（       ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算，化简可得.由复数模的定义即可求得.

【详解】复数，

则由复数除法运算化简可得

，

所以由复数模的定义可得，

故选:D.

【点睛】本题考查了复数的化简与除法运算,复数模的定义及求法,属于基础题.

3．已知椭圆C：的两个焦点分别为，，椭圆C上有一点P，则的周长为（     ）

A．8 B．10 C． D．12

【答案】B

【分析】根据椭圆的定义可得：，所以的周长等于

【详解】因为，，所以，故的周长为．

故选：B

4．夏季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为和，且两地同时下雨的概率为，则夏季的一天里，在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】记事件A为甲地下雨，事件B为乙地下雨，根据条件概率的公式计算即可得出结果.

【详解】记事件A为甲地下雨，事件B为乙地下雨，

在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为.

故选：C

5．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a，b，c成等差数列，且，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用正弦定理，以及等差中项的性质得到的关系，然后代入余弦定理中求解.

【详解】因为，故可得，又因为a，b，c成等差数列，即，故可得，由余弦定理可得，

故选：A.

6．从4名男教师和2名女教师中选出3名教师，分配到3个班担任班主任(每班一个班主任)，要求男女教师都要有，则不同的安排方法种数为（       ）

A．96 B．72 C．60 D．16

【答案】A

【分析】选出3名教师分为两男一女和两女一男两类，然后分配到三个班，再分步计数原理求解即可

【详解】解：选出3名教师分为两男一女和两女一男两类，共有种方法，

再分配到3个班，故不同的安排方法种数为.

故选：A

7．函数，若恒有，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】恒成立，即有的最小值大于等于0.

【详解】，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

∴，

∴.

故选：C.

8．已知，分别为双曲线的左､右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为M，N，设四边形的周长C与面积S满足则该双曲线的离心率的平方为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】联立圆和双曲线的方程，并利用对称性、双曲线的定义、勾股定理，结合，解得双曲线的离心率的平方为

【详解】

如图所示，根据题意绘出双曲线与圆的图像，设

由圆与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，可得：

因为圆是以为直径，所以圆的半径为

因为点在圆上，也在双曲线上，所以有，

联立化简可得：

整理可得：

，

则有：

因为，所以，

因为

可得：

因为，联立

可得：

因为为圆的直径，可得：，即

，

所以离心率的平方为：

又，则

故选：A

二、多选题

9．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（       ）

A． B．是图象的一个对称中心

C．当时，取得最大值 D．函数在区间上单调递增

【答案】BD

【分析】求得函数的解析式判断选项A；代入验证判断选项B；代入验证判断选项C；代入验证判断选项D.

【详解】选项A：将函数的图象向右平移个单位长度得到函数.判断错误；

选项B：，

则是图象的一个对称中心.判断正确；

选项C：，

当时，取得最小值.判断错误；

选项D：由，可得

则函数在区间上单调递增.判断正确.

故选：BD

10．若m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的有（       ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】AC

【分析】根据空间中直线与平面的位置关系的相关定理依次判断各个选项，即可求得答案.

【详解】对于A，由面面平行性质：两平面平行，在一平面内的任意直线与另一平面平行.而，，故，A正确；

对于B，，此时m有可能在平面内，故不能得到，B错误；

对于C，由于，则可经平移到与重合的位置而平移不改变直线与平面是否直，，故，C正确；

对于D，当，，过上一点作直线，此时，不能得到，D错误.

综上，AC正确.

故选：AC.

11．已知数列满足，对任意且恒有成立，记的前项和为，则（       ）

A．为等比数列 B．为等差数列

C．为递减数列 D．

【答案】BCD

【分析】根据递推公式，结合等比数列的通项公式、前项和公式，以及其单调性和错位相减法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】因为，故可得，则，

故数列是首项为，公差为的等差数列，则，

；

对：因为不是常数，故数列不是等差数列，故错误；

对：由上述推导可知，数列是等差数列，故正确；

对：因为，对任意的，都有，

即，故数列是递减数列，故正确；

对：，

故，

则，

，

故可得，故正确.

故选：.

12．已知圆，直线，为直线上一动点，过点作圆的两条切线为切点，则（       ）

A．点到圆心的最小距离为 B．线段长度的最小值为

C．的最小值为 D．存在点，使得的面积为

【答案】ACD

【分析】根据直线与圆的位置关系，可知当与直线垂直时，点到圆心的距离最小，根据点到直线的距离即可判断A是否正确；在直角三角形中，，在结合选项A，即可判断B是否正确；设，在直角三角形中，求出，根据二倍角公式可得，再根据数量积公式可得，结合对勾函数的性质，即可求出的最小值，进而判断C是否正确；根据题意可求当且仅当与直线垂直时弦长度的最小值，此时的面积最小，最小值为，由此即可判断D是否正确.

【详解】要使得点到圆心的最小距离，即与直线垂直时，即到直线的距离，即，故A正确；

由图可知，在直角三角形中，，要使得线段长度的最小，则取最小值，

由选项A可知，长度的最小值为，故B错误；

设，

又，

又在直角三角形中，，

所以，

所以

令

又，所以，又函数，在区间上单调递增，

所以，即的最小值为，故C正确；

圆的圆心，半径，

又点到直线的距离，即；

由切线长定理知，直线垂直平分线段，得，

当且仅当与直线垂直时取“”，即弦长度的最小值为，

此时，设的中点为，

则，所以，

所以的面积的最小值为：，

又，所以存在点P，使得的面积为，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．样本中共有五个个体，其值分别为1，m，n，2，5（m，n∈N）.若该样本的中位数与平均数都为3，则mn＝_____.

【答案】12.

【分析】本题先根据中位数是3判断m，n中必定至少一个是3，再根据平均数求另一个值，即可求解.

【详解】解：∵ 1，m，n，2，5这样本的中位数为3，

∴ m，n中必定至少一个是3，不妨设，

∵1，m，n，2，5这样本的平均数为3，

∴ ，解得：，

∴，

故答案为：12.

【点睛】本题考查中位数与平均数，是基础题.

14．曲线 在点 处的切线方程为__________.

【答案】

【详解】分析：求导数，确定处的切线的斜率，即可求得切线方程．

详解：求导数可得f′（x）=sinx+xcosx，

∴时，f′（）=

又∵f（）=

∴曲线f（x）=xsinx在处的切线方程为y﹣= ，即

故答案为．

点睛：求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：．若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．

15．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为______．（用数字作答）

【答案】-192

【分析】根据二项式展开式的二项式系数之和可得，解出n，结合通项公式计算即可求出的系数.

【详解】由题意知，

二项式系数之和，

所以

所以，

所求的系数为.

故答案为：-192

16．半正多面体亦称阿基米德多面体，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，它们的边长都相等，称这样的半正多面体为二十四等边体．现有一个体积为的二十四等边体，其外接球体积为，则_________________.

【答案】

【分析】利用割补法可得二十四等边体的体积，再结合对称性可得外接球球心与半径，可得外接球体积，进而得解.

【详解】设该半多面体是由棱长为的正方体沿正方体各棱的中点截去个三棱锥所得，内侧即为二十四等边体，

其体积；

由二十四等边体的对称性可知，

如图所示，

其外接球的球心即为正方体中心，半径为中心到一个顶点的距离，则，

故，

从而.

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列是公差大于1的等差数列，前项和为，，且2，，成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，数列的前项和为，求证.

【答案】(1)

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用基本量代换求出公差d，即可得到通项公式；

（2）利用裂项相消法求和，即可证明.

【详解】(1)设数列的公差为d（d>1）.

由题意可得：，即，

解得：（舍去）.

所以.

即.

(2)由（1）可知：，所以.

所以.

所以

.

即证.

18．已知△中角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.

(1)求；

(2)若，，求△的面积.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用，结合正切的和角公式和已知条件，即可求得结果；

（2）根据余弦定理和已知条件求得，再利用面积公式即可求得结果.

【详解】(1)在△中，

即.

(2)由（1）可知：，又，故.

由余弦定理可得，即，

又，故可得；

则△的面积.

19．已知某射手射中固定靶的概率为，射中移动靶的概率为，每次射中固定靶､移动靶分别得1分､2分，脱靶均得0分，每次射击的结果相互独立，该射手进行3次打靶射击：向固定靶射击1次，向移动靶射击2次.

（1）求“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”的概率；

（2）求该射手的总得分X的分布列和数学期望.

【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：.

【分析】（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件，得到，结合互斥事件和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；

（2）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，5，根据互斥事件和相互独立事件的概率计算公式，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解.

【详解】（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件，

则，，

，其中互斥，相互独立，

从而，

则，

所以该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次的概率为.

（2）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，5，

则，

，

，

,

,

该射手的总得分的分布列为

随机变量的数学期望

【点睛】求随机变量的期望与方差的方法及步骤：

1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；

2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；

3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望；

4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.

20．已知△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，沿MN将△AMN折起到的位置，使．

(1)求证：平面MBCN；

(2)在线段BC上是否存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，设，求的值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，或，

【分析】（1）由已知可得，则得，再结合，由线面垂直的判定定理可证得平面MBCN；

（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，假设存在，先求出平面的法向量，利用向量的夹角公式列方程求解判断即可

【详解】(1)证明：△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，

所以，

所以由余弦定理得，

所以，所以，

所以，

因为，所以，

因为，

所以平面MBCN；

(2)由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，

所以，

因为，，

所以平面，

所以为平面的一个法向量，

假设线段BC上存在点D，设，则，

所以（），

所以,

设平面的法向量为，则

，令，则，

因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为

所以，

化简得，

，解得或，

所以在线段BC上是存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为，

此时或，

21．已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．

（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；

（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．

【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）

(2)证明过程见解析

【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.

详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），

所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．

由题意可知直线l的斜率存在且不为0，

设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．

由得．

依题意，解得k<0或0<k<1．

又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．

所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．

由（I）知，．

直线PA的方程为．

令x=0，得点M的纵坐标为．

同理得点N的纵坐标为．

由，得，．

所以．

所以为定值．

点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.

22．已知函数（）．

(1)求函数的单调区间；

(2)若函数有两个零点，．

（i）求实数a的取值范围；

（ii）求证：．

【答案】(1)当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是

(2)（i）（ii）证明见解析

【分析】（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应的单调区间；

（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题.

【详解】(1)定义域为，，

①当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；

②当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是．

综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是

(2)（i）由（1）知：当时，在上单调递增，

函数不可能有两个零点；

当时，因为在上递增，在上递减，

因为，故，

设，，

则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，

故，即取，

则

因此，要使函数且两个零点，只需，

即，化简，得，

令，因为，

所以函数在上是单调递增函数，

又，故不等式的解为，

因此，使求实数a的取值范围是：.

（ii）因为，所以，，

下面先证明，

根据（1）的结果，不妨设，则只需证明，

因为在时单调递增，且，，

于是只需证明，

因为，所以即证，

记，，

，

所以在单调递增，则，

即证得，原命题得证.

【点睛】极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.