2021-2022学年贵州省六盘水市高二下学期期末质量监测数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年贵州省六盘水市高二下学期期末质量监测数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数z满足，则（    ）

A． B．9 C． D．13

【答案】D

【分析】先求出，进而求出.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：D

2．为评估某种新型水稻的种植效果，选择了n块面积相等的试验稻田.这n块稻田的亩产量（单位：kg）分别为a1，a2，…an，下列统计量中，能用来评估这种新型水稻亩产量稳定程度的是（    ）

A．样本a1，a2，…an的标准差 B．样本a1，a2，…an的中位数

C．样本a1，a2，…an的众数 D．样本a1，a2，…an的平均数

【答案】A

【分析】根据标准差的含义判断即可.

【详解】标准差刻画了数据的离散程度，故A正确.

故选：A.

3．设全集，集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解方程得到集合，然后求并集和补集即可.

【详解】由题意得，所以，.

故选：C.

4．已知，，则使得成等比数列的充要条件的值为（    ）

A．1 B． C．5 D．

【答案】B

【分析】根据等比中项的性质求解即可.

【详解】若成等比数列，则，即，

当时，满足，成等比数列，

故使得成等比数列的充要条件的b值为.

故选：B

5．已知函数在定义域内满足，且在上是增函数，则函数的解析式可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由可得为偶函数，则可选在上递增，且为偶函数的选项.

【详解】由可得为偶函数，故A，D错误.

又在上单调递减，故B错误.

而时，在上单调递增，则C正确.

故选：C

6．曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由导数的几何意义与点斜式方程求解即可

【详解】因为，所以，

则当时，，

故曲线在处的切线方程为，

整理得，

故选：B

7．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：

①BM与ED平行

②BM与CE垂直

③CE与平面ABCD所成角的正切值为

④CN与BM所成角为

以上四个命题中，正确命题的序号是（    ）

A．①② B．②③ C．②④ D．③④

【答案】C

【分析】根据展开图还原正方体，设其棱长为1，建立空间直角坐标系，即可判断异面直线的位置关系，计算出夹角，以及CE与平面ABCD所成角的正弦值，进而求出正切值.

【详解】解：根据平面展开图，还原正方体，并建立空间直角坐标系，如下图所示，

设正方体棱长为1，则，，，，，，

①BM与ED平行，由图可看出BM与ED不平行，错误；

②BM与CE垂直，，

，即，正确；

③CE与平面ABCD所成角的正切值为，

由图可知为平面ABCD的一个法向量，且，

设CE与平面ABCD所成的角为，

则，

，

，错误；

④CN与BM所成角为，

设CN与BM所成角为，

，，

，

，正确；

故选：C.

8．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设圆锥的底面半径为，侧面展开图的半圆半径为，根据侧面积得到，，再根据体积公式计算即可.

【详解】设圆锥的底面半径为，侧面展开图的半圆半径为，则，即.

故圆锥的侧面积为，解得，圆锥的高为.

故圆锥的体积为.

故选：B

9．与棱长为2的正四面体的所有棱都相切的球的直径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】把正四面体补成正方体，转化为正方体的内切球求解即可.

【详解】如图，棱长为2的正四面体的6条棱为正方体的面对角线，

因为球与正四面体的所有棱都相切，所以球与正方体的所有面都相切，

所以所求的球为正方体的内切球，设正方体棱长为，

则，所以，则内切球的直径为，

故选:B.

10．已知双曲线：（，）的顶点到一条渐近线的距离为实轴长的，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先得到双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的距离公式及计算可得；

【详解】解：∵双曲线：的一条渐近线为，

∵到的距离为，

∴，即．

∴，即．

∴，∵，∴，

故选：A．

11．函数的部分图象如图所示，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三角函数图象求得解析式，结合周期性求得正确答案.

【详解】由图可知，，

由，

，

所以.

结合对称性以及解析式可知：

，

，

所以，

，结合周期性可知：

.

故选：A

12．判断中最大的数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令，利用导数研究函数的单调性，再结合指数函数与幂函数的单调性即可求解

【详解】令，则，

令，解得，令，解得，

所以在单调递增，在单调递减；

因为，

所以，即，

所以，，，

所以，，，

所以，，，

又在都单调递增，

所以，

所以中最大的数为，

故选：D

二、填空题

13．已知正三角形ABC的边长为1，则_________.

【答案】##-0.5

【分析】根据数量积的定义式，结合正三角形的性质，可得答案.

【详解】.

故答案为：.

14．斜率为1的直线经过抛物线的焦点，且与该抛物线相交于，两点，则______.

【答案】8

【分析】求出直线的方程，设、，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得，然后由焦点弦长公式可得结论．

【详解】抛物线的焦点坐标为，直线方程为，设、，则由抛物线焦点弦长公式得：，

又、是抛物线与直线的交点，由得，则，

∴.

故答案为：8.

【点睛】结论点睛：焦点弦的一些性质：抛物线的焦点为，是其过焦点的弦，，则（1）．（2）．（3），．

15．为弘扬我国古代“六艺”文化，某校研学活动社团计划开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程.若甲、乙、丙三位同学均只能体验其中一门课程，则恰有3门课程没有被这三位同学选中的概率为______.

【答案】

【分析】根据题意先求出三人选择课程的种数，再算出恰有3门课程没有被这三位同学选中的种数，最后利用古典概型的概率公式即可求解.

【详解】由题意知：三人之间选择体验课程没有影响，故三人选择课程方案为种，

恰有3门课程没有被这三位同学选中，说明三人选择的课程互不相同，共有种，

所以恰有3门课程没有被这三位同学选中的概率为，

故答案为：.

三、双空题

16．梅花山索道位于贵州省六盘水市钟山区梅花山旅游景区，索高高差620m，最高运速为6m/s，全长9.91km，为世界上最长同路径山地索道，2019年7月31日通过世界纪录认证机构认证.游客从景区的景点A处到C处有两条路径，一条是从A处沿直线步行到C处；另一条是先从A处沿索道乘缆车到B处，然后从B处沿直线步行到C处.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min，在甲出发2min后，乙从A处乘缆车到B处，在B处停留1min后，再从B处匀速步行到C处.假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，，则索道AB的长为_________（单位：m）；当乙出发_________（单位：min）后，乙在缆车上与甲的距离最短.

【答案】         

【分析】由正弦定理即可确定的长；乙出发后，甲乙两游客距离为，此时甲行走了，乙距离处，由余弦定理确定即可

【详解】在中，因为，，

所以，，

从而

，

由正弦定理，得；

假设乙出发后，甲乙两游客距离为，

此时甲行走了，乙距离处，

所以由余弦定理得：

，

因为，即，

所以当时，甲乙两游客距离最短；

故答案为：；

四、解答题

17．在①；②，；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.

问题：已知为等差数列的前n项和，若          .

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①由与的关系求解即可；选②③由等差数列的通项公式与求和公式求解即可；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法求解即可

【详解】（1）若选①：在等差数列中，，

当时，，

也符合，

∴；

若选②：在等差数列中，

，

，解得

；

若选③：在等差数列中，

，解得

；

（2）由（1）得，

所以

18．为迎接年月日至月日在六盘水市举行的贵州省第十一届运动会，运动员们正艰苦训练，积极备战.某运动员射击一次所得环数的分布列如下：

现进行两次射击，且两次射击互不影响，以该运动员两次射击中最高环数作为他的成绩，记为.

(1)求此人两次命中环数相同的概率；

(2)求的分布列和数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析；

【分析】（1）分别计算此人连续两次命中环的概率，加和即可得到结果；

（2）首先确定所有可能的取值，根据独立事件概率乘法公式可计算得到每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望.

【详解】（1）此人连续两次命中环的概率为；连续两次命中环的概率为；连续两次命中环的概率为；

此人两次命中环数相同的概率为.

（2）由题意可知：所有可能的取值为，

；；；

的分布列为：

则数学期望.

19．如图所示的多面体，其正视图为直角三角形，侧视图为等边三角形，俯视图为正方形（尺寸如图所示），E为PA的中点.

(1)求证：平面EBD；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）由三角形中位线可得线线平行，进而根据线面平行的判定定理即可求解.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，可求二面角的余弦值．

【详解】（1）证明：由三视图可知：平面平面，底面为正方形，

连接交于点，连接，由已知得，

又平面，平面

平面；

（2）设的中点为，则平面，建立如图所示的坐标系，

由三视图可知 ,

所以

由于轴平面,所以平面的法向量为

设平面的法向量为

由，可得，可取，

设二面角的平面角为，由图形可知为锐角，

二面角的余弦值

20．已知椭圆的离心率为，依次连接椭圆E的四个顶点构成的四边形面积为.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设椭圆E的左、右焦点分别为，，经过点的直线l与椭圆E交于A，B两点，且，求直线l的方程.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）根据椭圆离心率及四边形面积列出方程求解即可；

（2）设直线的方程为，联立椭圆方程可得一元二次方程，由根与系数的关系及建立方程可求解，即可得解.

【详解】（1）依题意可得：

解得，，

所以椭圆的方程为.

（2）由题可知：直线的斜率存在且不为零，

故设直线的方程为，

设，，由（1）可知：，，

则，，

因为，所以，，，化简得，

所以，，得.

联立消去得，，由得，

，，

则，解得或，

故的方程为或.

21．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)若有两个不相同的零点，设的导函数为.证明：.

【答案】(1)当时，在上单调递增，

当时，在上单调递减，在上单调递增

(2)证明见解析

【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况，根据导函数的正负求出函数的单调性；

（2）先确定，不等式变形，只需证明，且得到，接下来证明对数平均不等式，得到，从而得到，所以，.

【详解】（1）的定义域为，

且，

当时，恒成立，在上单调递增，

当时，令，解得，令，解得，

故在上单调递减，在上单调递增，

综上：当时，在上单调递增，

当时，在上单调递减，在上单调递增；

（2）由（1）知：当时，在上单调递增，故至多有一个零点，不合要求，故，

要想有两个不相同的零点，则，

解得：，

，故

要证，即证，

即证：，

因为在上单调递增，

所以只需证，不妨设，

两式相减得：，

变形为，

下面证明在上成立，

只需证，即，

令，即证，

构造，，

则恒成立，

故在上单调递增，

故，所以，，

故，即，所以，，证毕.

【点睛】对数平均不等式为，在处理函数极值点偏移问题上经常用到，可先证明，再利用对数平均不等式解决相关问题，证明的方法是结合，换元后将二元问题一元化，利用导函数进行证明.

22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程及的直角坐标方程；

(2)判断曲线，的位置关系，并说明理由.

【答案】(1)；

(2)相交，理由见解析.

【详解】（1）由已知，曲线的参数方程为（t为参数），

所以曲线的普通方程为，

曲线的极坐标方程为，两边乘得，

所以曲线的直角坐标方程为：，

即.

（2）由第（1）问可知，，，

所以曲线的圆心为，半径，曲线的圆心为，半径，

所以，

因为，

所以，所以曲线，相交.

23．已知的最小值为m.

(1)求m；

(2)若a，b，c均为正数，且，求证：.

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】(1)根据分段函数的单调性即可求最值；(2)利用作差法比较大小即可证明.

【详解】（1）当时, ,

当时, ,

当时, ,

所以函数在单调递减,为常数函数,单调递增,

所以,所以.

（2）因为，

，

所以，

所以.