2021-2022学年湖南省株洲市第二中学高二下学期“同济大学”杯数理化联赛数学试题（解析版）

2021-2022学年湖南省株洲市第二中学高二下学期“同济大学”杯数理化联赛数学试题

一、单选题

1．设集合U=R， ，，则图中阴影部分表示的集合为（       ）

A．{x|x≥1} B．{x|1≤x<2} C．{x|0<x≤1} D．{x|x≤0}

【答案】D

【分析】先求出集合A，B，再由图可知阴影部分表示，从而可求得答案

【详解】因为等价于，解得 ，

所以，所以或，

要使得函数有意义，只需，解得，

所以

则由韦恩图可知阴影部分表示.

故选：D.

2．若复数z满足，则z的虚部为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出复数z，再求z的虚部.

【详解】因为，

所以.

故z的虚部为.

故选：D

3．如图：现有一个30%圆周且半径为40cm的扇形纸片，小明同学为了表演节目，他将扇形纸片先剪去部分然后用余下的部分制成一个底面半经为10cm的图锥形纸帽（衔接处不重叠），则剪去部分扇形纸片的圆心角为（       ）

A．30° B．45° C．18° D．63°

【答案】C

【分析】求出圆锥侧面展开扇形所对的圆心角，即可得解；

【详解】解：依题意圆锥的母线，底面半径，所以底面周长，则圆锥沿母线展开得到扇形，扇形的圆心角，所以剪去部分扇形纸片的圆心角为；

故选：C

4．定义为个正数的“均倒数”，若已知数列的前项的“均倒数”为，则等于（       ）

A．85 B．90 C．95 D．100

【答案】C

【分析】根据题中定义，结合数列前项的和与第项的关系进行求解即可.

【详解】因为数列的前项的“均倒数”为，

所以，

于是有，，

两式相减，得，

故选：C

5．若非零向量，满足，且，则与的夹角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将两边平方，得到，根据可得，因此可得到，利用向量的夹角公式求得答案.

【详解】由得：，

即，

由得：，

故，

故 ，

则与的夹角为 ，

故选：A

6．已知函数的部分图象如图所示，其中的中点在轴上，且的面积为2，则下列函数值恰好等于的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由的中点在轴上可得B点坐标，结合图象可得周期，由面积公式可得A点坐标，结合辅助角公式可得a，然后可解.

【详解】，由的中点在轴上可得，由正弦型函数的图象可得，设A到的距离为，由的面积为2，可得，即，即（舍负），函数的最小正周期为4，故，即，故，再由可得，故，即，，故，则.

故选：B．

7．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设切点为，由导数的几何意义可构造方程可得到，由，利用基本不等式可求得最小值.

【详解】设直线与曲线相切于点，

，切线斜率，，即，

，；

，，

（当且仅当，即时取等号），

则的最小值为.

故选：B.

8．已知，，且成立，则下列不等式不可能成立的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将转化为，构造函数，求出的单调性，即可求出答案.

【详解】，即，

，所以 等价于

，所以构造函数，，所以即，即，所以在上为减函数，在上为增函数.

对A，等价于即可以满足条件，故A可能成立；

对B，等价于即可以满足条件，故B可能成立；

对C，等价于即同在的单调增区间内，满足条件，故C成立；

对D，等价于即同在的单调减区间内，，故D不满足题意.

故选D.

二、多选题

9．设椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上的动点，则（       ）

A． B．C的离心率为

C．面积的最大值为 D．C上有且只有4个点P，使得是直角三角形

【答案】ACD

【分析】根据椭圆的方程求得的值，结合椭圆的定义，离心率的定义和椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，椭圆，可得，

根据椭圆的定义，可得，所以A正确；

根据离心率的定义，可得椭圆的离心率为，所以B不正确；

由椭圆的几何性质，可得最大值为，所以C正确；

因为以为直径的圆的方程为，

联立方程组，整理得，即方程组无解，

所以以点为直角顶点的不存在；

过作的垂线，交椭圆于两点，此时可得直角和；

过作的垂线，交椭圆于两点，此时可得直角和，

综上可得，椭圆上有且仅有个点使得为直角三角形，所以D正确.

故选：ACD.

10．折纸发源于中国．世纪，折纸传入欧洲，与自然科学结合在一起成为建筑学院的教具，并发展成为现代几何学的一个分支．我国传统的一种手工折纸风车（如图）是从正方形纸片的一个直角顶点开始，沿对角线部分剪开成两个角，将其中一个角折叠使其顶点仍落在该对角线上，同样操作其余三个直角制作而成的，其平面图如图，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】将讨论的向量分解到上，再进行向量的相关算可依次判断.

【详解】

，则与不平行，A错．

设，

，B对．

，C对

，D对，

故选:BCD．

11．若正整数，只有1为公约数，则称，互质，对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，，，则（       ）

A．数列为等比数列 B．数列单调递增

C． D．数列的前项和为，则的最大值为4

【答案】AC

【分析】根据定义，结合等比数列的定义、错位相减法逐一判断即可.

【详解】国为与互质的数为，共有个，

所以，因为，所以数列为等比数列，因此选项A正确；

因为，所以数列不是单调递增的，因此选项B不正确；

因为是质数，所以与不互质的数为，共有个，

所以，因此选项C正确；

同理，，

，

，

两式相减，得，

，因此选项D不正确，

故选：AC

【点睛】关键点睛：读懂定义，利用错位相减法是解题的关键.

12．已知直四棱柱的底面为正方形，，为直四棱柱内一点，且，其中，，则下列说法正确的是（       ）

A．当时，三棱锥的体积为定值

B．当时，三棱锥的体积为定值

C．当时，的最小值为

D．当时，存在唯一的点，使得平面平面

【答案】ACD

【分析】对于A选项，Q，R分别为AB，的中点，连结QR，判断出点P在线段QR上运动，由平面，得到点P到面的距离为定值，而的面积为定值，即可判断；

对于B选项，

连结，设M，N分别为，的中点，连结MN，则.判断出

点P在线段MN上运动，点P在点M时和N时到面的距离不一样，故棱锥的体积不为定值，即可判断；

对于C选项，连结，判断出点P在线段上运动.连结，将翻折到平面内，得到四边形，解四边形，即可判断.

对于D选项，设M为的中点，连结BM，判断出P在线段BM上运动.设S为的中点，连结SM，连结BS，过P作交BS于点T，判断出为二面角的平面角，当时，平面平面PBC，即可判断.

【详解】对于A选项，

设Q，R分别为AB，的中点，连结QR，则.面，面，所以平面.

因为，其中，，当时，所以点P在线段QR上运动，平面，所以点P到面的距离为定值，而的面积为定值，因此三棱锥的体积为定值，故A正确；

对于B选项，

连结，设M，N分别为，的中点，连结MN，则.

因为，其中，，当时，所以

点P在线段MN上运动，的面积为定值，点P在点M时和N时到面的距离不一样，故棱锥的体积不为定值，故B错误；

对于C选项，

连结，则由可知B，P，三点共线，故点P在线段上运动.

连结，将翻折到平面内，得到四边形，其中，，，，连结，如图1，所以，，所以，故C正确；

对于D选项，

设M为的中点，连结BM，则，由知P在线段BM上运动.设S为的中点，连结SM，则，连结BS，过P作交BS于点T，则易知PT为平面PAD与平面PBC的交线，，，故为二面角的平面角，当时，平面平面PBC，且T点唯一确定，所以P点也唯一确定.故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知函数为奇函数，则实数=________.

【答案】−12−0.5

【分析】根据函数为奇函数，由，恒成立求解.

【详解】因为函数为奇函数，

所以，恒成立，

即，

解得，

故答案为：

14．已知圆，若圆的过点的三条弦的长，，构成等差数列，则该数列的公差的最大值是______.

【答案】2

【分析】根据题意，求得过点的直线截圆所得弦长的最大值和最小值，即可求得公差的最大值.

【详解】圆的圆心，半径，设点为点，

因为，故点在圆内，

当直线过点，且经过圆心时，该直线截圆所得弦长取得最大值；

当直线过点，且与直线垂直时，该直线截圆所得弦长取得最小值，

此时，则满足题意的直线为，即，

又，则该直线截圆所得弦长为；

根据题意，要使得数列的公差最大，则，

故最大公差.

故答案为：.

15．已知函数在区间上存在两个零点，则实数的最大值是___________．

【答案】

【分析】令，可将函数化为，将问题转化为在上存在两个零点，结合二次函数的性质可构造不等式组求得结果.

【详解】设，

，，

可化为，

当时，，，；

则当时，存在两个零点，

，解得： ，则实数的最大值为.

故答案为：.

16．已知双曲线：，，分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线上的第一象限内的点，点为的内心，的面积的取值范围是__________．

【答案】

【分析】先由双曲线的定义得到点在上垂足为右顶点，设出渐近线的倾斜角为，则，，则，求出，从而求出，求出，的面积的取值范围.

【详解】由题意得：，故，设点，且在上垂足为H，根据双曲线定义及切线长定理可得：，又因为，解得：，所以点H坐标为，即渐近线的倾斜角为，则，记，则，

所以，即，又，解得：(负值舍)，

所以，则，

所以.

故答案为：

【点睛】双曲线焦点三角形的内切圆圆心位于顶点的正上方或正下方，这个二级结论在双曲线有关于内切圆的题目时，经常用到，需要掌握.

四、解答题

17．已知是的内角的对边，且.

（1）求角的大小；

（2）若的面积，求的值

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由已知化简可得，解出即可求出角的大小；

（2）利用面积公式可求得，再利用余弦定理可求得，进而求出外接圆直径，得出所求.

【详解】（1），

，

解得或（舍去）.

，所以.

（2），，

，

由余弦定理得，

由正弦定理得外接圆直径，

，

所以.

【点睛】本题考查正余弦定理的应用，解题的关键是正确利用正余弦定理进行化简.

18．已知数列的前项和满足，，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，为数列的前项和，求使成立的最小正整数的值．

【答案】（1）（2）50

【详解】（1）由，得．

将上述两式相减，得．

所以                    ．                    ①

所以                    ．                    ②

①－②，得             ，

所以                    ．

故数列为等差数列．

又由，及，得，的公差．

所以．

（2）由（1）知，．

所以       

．

所以       

．

由，得．所以，，．

所以使成立的最小正整数的值为50．

19．如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，．

（1）求证：平面；

（2）设，当二面角的余弦值为时，求的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）证明出平面，可得出，利用勾股定理证明出，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点，分别以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于实数的方程，结合可求得实数的值.

【详解】（1）取的中点，连接，

四边形为直角梯形，，，，且为的中点，

且，所以，四边形为矩形，，，

，

，，，，

，，，

，，

，平面，

平面，，

，平面；

（2）由（1）可知，、、两两垂直，以点为坐标原点，分别以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，所以，，，

设平面的法向量为，

由，得，令，得，.

，，

设平面的法向量为，，

由，得，令，则，，

，

由于二面角的余弦值为，

则，整理可得，

，解得.

【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：

（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；

（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；

（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.

20．已知，函数.

（1）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过2，求a的最小值；

（2）若关于x的方程的解集中恰好只有一个元素，求a的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）按照复合函数的单调性分析方法分析的单调性，求出最值，建立关于a的不等式.再利用恒成立问题转化为求最值问题求解.

（2）化简方程，转化为二次方程在某范围内只有一个解，结合二次函数的性质分析a的取值范围.

【详解】解：由题意得

（1）因为在上为减函数，所以

又因为在为增函数，

所以

所以

在恒成立，

即在恒成立，

即在恒成立，

等价为在的最小值大于等于0，

因为在为增函数，

所以

即，所以的最小值为.

（2）方程，

即

可转化为，且

②当即时，，符合题意；

②当即时，，

（i）当时，符合题意

（ii）当时，且时，要满足题意，则有

或无解

综上可得，的取值范围.

【点睛】二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．

21．已知抛物线：，圆：的圆心为点．

(1)求点到抛物线的准线的距离；

(2)已知点是抛物线上一点（异于原点），过点作圆的两条切线，交抛物线于，两点，若过，两点的直线垂直于，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据抛物线定义求解即可；

（2）设，，，过点的圆的切线方程为，

根据题意得，联立方程求韦达定理，再化简整理后由求解.

【详解】(1)圆心，抛物线的准线为，

所以点到抛物线的准线的距离为．

(2)设，，，

则由题意得，，，

设过点的圆的切线方程为，即①，

则，即 ，

设，的斜率为，，则，是上述方程的两根，

所以，，

将①代入得，

由于是此方程的根，点或是过点作圆的两条切线与抛物线相交的交点，

故，，所以，，

所以，

又，因为，，

所以，解得，

所以点的坐标为，所以，

即直线的方程为：.

【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；

(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，

可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．

22．已知函数，，.

（1）当时，讨论函数的零点个数．

（2）的最小值为，求的最小值．

【答案】（1）见解析（2）见解析

【分析】（1）求函数的导数，利用导数判断函数的单调性和极值，从而得到零点的个数；

（2），求导得，可以判断存在零点，可以求出函数的最小值为，可以证明出：

，，可证明在上有零点，

的最小值为，结合，可求的最小值为.

【详解】（1）的定义域为，.

①当时，，单调递增，又，，

所以函数有唯一零点；

②当时，恒成立，所以函数无零点；

③当时，令，得.

当时，，单调递减；当时，，单调递增.

所以.

当时，，所以函数无零点.

综上所述，当时函数无零点.当，函数有一个零点.

（2）由题意得，，则，令，则，

所以在上为增函数，即在上为增函数.

又，，所以在上存在唯一零点，

且，，即.

当时，，在上为减函数，当时，，

在上为增函数，的最小值.

因为，所以，所以.

由得，易知在上为增函数.

因为，所以，，所以在

上存在唯一零点，且，，当时，

，在上为减函数，当时，，在

上为增函数，所以的最小值为，

因为，所以，所以，

又，所以，

又函数在上为增函数，所以，

因为，所以，即在上的最小值为0.

【点睛】本题考查利用函数的导函数研究函数单调性和零点问题，也考查了不等式恒成立问题.