湖南省名校联考联合体2021-2022学年高二数学上学期期末考试试题（Word版附解析）

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名校联考联合体2022年高二元月期末联考数学一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知全集，集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合的交集、补集运算可得选项.【详解】解：∵全集，，∴，又集合，∴，故选：D.2. 双曲线上一点P与它的一个焦点的距离等于1，那么点P与另一个焦点的距离等于（    ）A. 9 B. 17C. 18 D. 34【答案】B【解析】【分析】利用双曲线的定义直接求解即可【详解】由，得，设点P与双曲线另一个焦点的距离为，由定义，得，故选：B.3. “”是“复数在复平面内对应的点位于第四象限”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由复数的几何意义求出实数的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】若复数在复平面内对应的点位于第四象限，则，解得，因为，因此，“”是“复数在复平面内对应的点位于第四象限”的充分不必要条件.故选：A.4. 如图，某桥是抛物线形拱桥，当拱顶离水面2，水面宽4，那么水下降1后，水面宽为（    ） A  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】建立直角坐标系，利用代入法，结合抛物线的方程进行求解即可.【详解】如图，以拱顶为原点，对称轴为y轴建立直角坐标系，则该拋物线方程为，依题点在其上，所以，，拋物线方程为.设，则，，所以水面宽为，故选：D.5. 如图所示，平行六面体中，，，若线段，则（    ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°【答案】C【解析】【分析】根据空间向量模公式，结合空间向量数量积的定义进行求解即可.【详解】∵，∴，∴，，故选：C6. 设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据指数幂的运算法则，结合指数函数的单调性和对数函数的单调性进行判断即可.【详解】，，则，又，∴，故选：D7. 如图是最小正周期为的函数的部分图象，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的最小正周期为，求得，再根据函数过点求解.【详解】因为函数的最小正周期为，即，所以，又因为函数过点，所以，又因为，所以，故选：C.8. 已知F为抛物线的焦点，过点F作两条直线，，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，若，则四边形ADBE面积的最小值为（    ）A. 48 B. 32 C. 16 D. 8【答案】B【解析】【分析】依题意，，设直线的斜率为，则直线的斜率为，联立方程，结合抛物线定义得到两段弦长，进而表示面积，利用均值不等式求最值即可.【详解】依题意，，设直线的斜率为，则直线的斜率为，设，，，，直线，直线.联立消去y整理得，所以，同理，从而，当且仅当时等号成立，故选:B.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知平面上三条直线，，不能构成三角形，则实数k的值可以为（    ）A.  B.  C. 0 D. 1【答案】ABC【解析】【分析】即找三直线其中两条平行或三线交于一点时实数k的值,【详解】依题：三条直线交于一点或其中两条平行且与第三条直线相交，①当直线经过直线与直线的交点时，，解得.②当直线与直线平行时，，解得；当直线与直线平行时，可得，综上：或或.故选:ABC.10. 在正方体中，E，F分别是和的中点，则下列结论错误的是（    ）A. 平面CEFB. 平面CEFC. D. 点D与点到平面CEF距离相等【答案】BD【解析】【分析】A选项，线线平行证明线面平行；B选项，建立空间直角坐标系，利用向量解决线面关系；C选项，利用空间向量计算验证；D选项，得到点D与点中点O在，从而证明点D与点的中点O不在平面CEF，进而证明出点D与点到平面CEF的距离不相等.【详解】对选项A，因为E，F分别是和的中点，故，且平面CEF，平面CEF，故∥平面CEF成立.选项B，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体边长为2，则，.故.故，不互相垂直.又平面CEF，故平面CEF不成立；对选项C，利用B选项建立的空间直角坐标系有，，故成立，选项D，若点D与点到平面CEF的距离相等，则点D与点的中点O在平面CEF上，连接AC，AE易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点中点O在上，故点O不在平面CEF上，故D不成立.故选：BD11. 已知双曲线经过点，并且它的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则下列结论正确的是（    ）A. C的离心率为B. C的渐近线为C. C的方程为D. 直线与C有两个公共点【答案】AC【解析】【分析】由已知结合圆的弦长公式及点到直线的距离可知，，再利用双曲线的性质依次判断各个选项.【详解】双曲线的渐近线方程为，圆心到渐近线距离为，则点到渐近线的距离为，于是，，对于A，双曲线C的离心率，故A正确；对于B，由，所以C的渐近线为，故B错误；对于C，由，双曲线C化为，又点在双曲线上，所以，所以，.所以双曲线方程为，故C正确；对于D，联立，消去x得，因为，故D错误.故选：AC12. 双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理.椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.伯努利将这种曲线称为lemniscate，为拉丁文中“悬挂的丝带”之意.双纽线在数学曲线领域的地位占有至关重要的地位.双纽线像数字“8”，不仅体现了数学的对称、和谐、简洁、统一的美，同时也具有特殊的有价值的艺术美，是形成其它一些常见的漂亮图案的基石，也是许多设计者设计作品的主要几何元素.曲线是双纽线，则下列结论正确的是（    ）A. 曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）B. 曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过2C. 曲线关于直线对称的曲线方程为D. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】A，曲线C经过整点（2，0），（﹣2，0），（0，0）；B，根据曲线C：（x2+y2）2＝4（x2﹣y2），可知22≥x2+y2，即可判定；C，曲线方程中x，y互换可得曲线C关于直线y＝x对称的曲线方程；D，利用x2≥y2，比较直线y＝kx的斜率即可判定；【详解】解：对于A，令，解得：或或，当时，无解.所以曲线C经过整点（2，0），（﹣2，0），（0，0），故A错；对于B，根据曲线C：（x2+y2）2＝4（x2﹣y2），可知22≥x2+y2，所以双曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2，故B正确；对于C，曲线方程中x，y互换可得曲线C关于直线y＝x对称的曲线方程为（x2+y2）2＝4（y2﹣x2），故C正确；对于D，据据曲线C：（x2+y2）2＝4（x2﹣y2），可知x2≥y2，可得若直线y＝kx与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞），故D正确；故选：BCD．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，，若，则___________.【答案】【解析】【分析】由求得x，再利用求模公式求解.【详解】因为，解得，所以，，所以.故答案为：14. 一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在x轴的负半轴上，则该圆的标准方程为___________.【答案】【解析】【分析】根据题意，确定圆经过的三个顶点，设圆心为 ，半径为r,利用点在圆上求解.【详解】由题意得：圆经过，设圆心为 ，半径为r，则 ，解得 ，所以圆的方程为.故答案为：15. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为___________.【答案】【解析】【分析】求出两个圆的圆心与半径，设出动圆的圆心与半径，判断动圆的圆心轨迹，推出结果即可．【详解】圆x2+y2+6x+5＝0的圆心为A（﹣3，0），半径为2；圆x2+y2﹣6x﹣91＝0的圆心为B（3，0），半径为10；设动圆圆心为M（x，y），半径为x；则MA＝2+r，MB＝10﹣r；于是MA+MB＝12＞AB＝6所以，动圆圆心M的轨迹是以A（﹣3，0），B（3，0）为焦点，长轴长为12的椭圆．a＝6，c＝3，b2＝a2﹣c2＝27；所以M的轨迹方程为故答案为【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查椭圆定义的应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．16. 某公司购置了一台价值220元的设备，随着设备在使用过程中老化，其价值会逐年减少.经验表明，每经过一年其价值就会减少d（d为正常数）万元.已知这台设备的使用年限为10年，超过10年，它的价值将低于购进价值的5％，设备将报废，则d的取值范围为____．【答案】【解析】【分析】由题意可知，问题可看作一个递减的等差数列，只需保证用了10年还正常，用了11年就报废.【详解】由题意，该设备的价值是以220为首项，为公差的等差数列，由题意可知：故答案为：四､解答题：本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 高考数学特别强调要增加对数学文化的考查，为此某校高三年级特命制了一套与数学文化有关的专题训练卷（试卷满分为分），并对整个高三年级的学生进行了测试.现从这些学生中随机抽取了名学生的成绩，按照成绩为、、、分成了组，制成了如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于分）.（1）求频率分布直方图中的的值，并估计所抽取的名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于分的三组学生中抽取人，再从这人中随机抽取人参加这次考试的考后分析会，试求后两组中至少有人被抽到的概率.【答案】（1），平均数为分，位数为分；    （2）.【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为可求得的值，将每个矩形的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数，根据中位数左边的矩形面积之和为可求得中位数的值；（2）分析可知后三组中所抽取的人数分别为、、，将这人进行标记，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小问1详解】解：由已知可得，解得，所抽取的名学生成绩的平均数为（分），由于前两组的频率之和为，前三组的频率之和为，所以，中位数，由题意可得，解得（分）.【小问2详解】解：由（1）可知，后三组中的人数分别为、、，故这三组中所抽取的人数分别为、、，记成绩在这组的名学生分别为、、，成绩在这组的名学生分别为、，成绩在这组的名学生为，则从中任抽取人的所有可能结果为、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共种.其中后两组中至少有人被抽到包含种结果，故所求概率为.18. 已知函数.（1）判断函数的奇偶性并加以证明；（2），不等式成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）奇函数，证明见解析    （2）.【解析】【分析】（1）根据奇偶性的定义证明，先判断函数定义域，再判断与的关系；（2）将不等式转化为，再根据复合函数单调性的判断方法判断出函数为上的增函数，根据函数的单调性求解不等式，再转化为一元二次不等式恒成立问题求解.【小问1详解】函数是奇函数.证明如下：函数的定义域为，∵，∴，所以函数是上的奇函数.【小问2详解】由（1）知，等价于，因为为上的增函数，所以，即恒成立，所以，解得，所以a的取值范围为.【点睛】利用函数单调性求解不等式时，一般需要注意先利用奇偶性将不等式变形，再判断对应函数的定义域与单调性，从而化简不等式求解.19. 在数列中，首项，且满足，其前n项和为.（1）证明数列为等比数列；（2）求数列的通项公式，并判断n，，是否成等差数列？【答案】（1）证明见解析；    （2），n，，成等差数列.【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义，结合已知递推公式进行证明即可；（2）结合（1）的结论，根据等比数列的通项公式、前n项和公式，利用等差数列的性质进行求解即可.【小问1详解】∵，，又，∴是首项为，公比为2的等比数列；【小问2详解】由（1）知，，∴，∴，∴，∴.即n，，成等差数列.20. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）若，的面积为，求a；（2）若，求C.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可；（2）根据正弦定理，结合特殊角的三角函数值进行求解即可.【小问1详解】∵的面积，∴，，由余弦定理：，∴.【小问2详解】由已知，由正弦定理得，即，可得.由于，所以，故，.21. 如图1，平面图形PABCD由直角梯形ABCD和拼接而成，其中，､，，，PC与AD相交于O，现沿着AD折成四棱锥（如图2）. （1）当四棱锥的体积最大时，求点B到平面PCD的距离；（2）在（1）的条件下，线段PD上是否存在一点Q，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；    （2）存在，.【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用空间距离公式进行求解即可；（2）利用空间夹角公式进行求解即可.【小问1详解】在图1中，在中，，，∴.易知四边形ABCO为正方形，∴，即O为AD的中点，在图2中，当四棱锥的体积最大时，侧面底面ABCD，此时平面ABCD，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，∴，，.设平面PCD的一个法向量为，则取，得.则B点到平面PCD的距离.【小问2详解】假设存在，且设.∵，∴，∴，∴.设平面CAQ的一个法向量为，又，，则取，得.又易知平面CAD的一个法向量为，∵二面角的余弦值为，∴，整理化简，得，解得或（舍去）.∴线段PD上存在满足题意的点Q，且.22. 已知椭圆经过点，离心率.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l不经过点且与C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率的和为，证明：直线l过定点.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）点的坐标代入方程，结合离心率椭圆基本量关系，可得解.（2）设，代入椭圆方程，运用韦达定理及斜率关系找到的关系即可.【小问1详解】由，，椭圆C的方程可化为：，又，在C上，所以，解得.故C的方程为.【小问2详解】设直线PA与直线PB的斜率分别为，，如果l与x轴垂直，设l：，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为，.则，得，不符合题设.从而可设，设，，将代入，得，由题设可知.则，.而.由题设，故即.解得，代入，解得，此时，即.所以l过定点.