2021-2022学年湖南师范大学附属中学高二上学期12月第一次大练习数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年湖南师范大学附属中学高二上学期12月第一次大练习数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南师范大学附属中学高二上学期12月第一次大练习数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合，再进行补集和交集运算即可求解.【详解】，因为，可得，因为，所以，故选：C．2．某医院工作人员所需某种型号的口罩可以外购，也可以自己生产．其中外购的单价是每个1.2元，若自己生产，则每月需投资固定成本2000元，并且每生产一个口罩还需要材料费和劳务费共0.8元．设该医院每月所需口罩个，则自己生产口罩比外购口罩较合算的充要条件是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题设条件可得关于的不等式，求解后可得正确的选项.【详解】由，得，即，故选：B．3．如图，在矩形中，点为线段上一动点（不包括端点），将沿翻折成，使得平面平面．给出下列两个结论：①在平面内过点有且只有一条直线与平面平行；②在线段上存在点使得．则下列判断正确的是（    ）A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①，②都正确 D．①，②都错误【答案】A【分析】对①在上取点，使，得到四边形为平行四边形，即可得到结论正确；对②假设成立，从而这一矛盾的结果，所以结论错误.【详解】①在上取点，使，则四边形为平行四边形，得，从而平面，结论正确：②如图，作，垂足为，因为平面平面，平面平面，则平面，所以．假设，则平面，从而，这与为锐角矛盾，所以假设不成立，结论错误，故选：A.4．函数的图象关于（    ）A．点对称 B．直线对称 C．点对称 D．直线对称【答案】B【分析】计算得出，利用函数对称性的定义可得出结论.【详解】因为，该函数的定义域为，，因此，函数的图象关于直线对称.故选：B.5．宋代著名类书《太平御览》记载：“伏羲坐于方坛之上，听八风之气，乃画八卦.”乾为天，坤为地，震为雷，坎为水，良为山，巽为风，离为火，兑为泽，象征八种自然现象，以类万物之情.如图所示为太极八卦图，八卦分据八方，中绘太极，古代常用此图作为除凶避灾的吉祥图案.八卦中的每一卦均由纵向排列的三个爻组成，其中“”为阳爻，“”为阴爻.现从八卦中任取两卦，已知取出的两卦中有一卦恰有一个阳爻，则另一卦至少有两个阳爻的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设有1卦没有阳爻.设取出的两卦中“有一卦恰有一个阳爻”为事件，“另一卦至少有两个阳爻”为事件，然后根据古典概型和条件概率定义求解即可．【详解】由八卦图可知，八卦中有1卦有三个阳爻，有3卦恰有一个阳爻，有3卦恰有两个阳爻，有1卦没有阳爻．设取出的两卦中“有一卦恰有一个阳爻”为事件，“另一卦至少有两个阳爻”为事件．解法一：因为，，所以故选：D解法二：因为，，所以故选：D．【点睛】关键点睛：本题考查古典概型和条件概率定义，解题关键是由题得出“八卦中有1卦有三个阳爻，有3卦恰有一个阳爻，有3卦恰有两个阳爻,有1卦没有阳爻”.6．设，若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二项式定理求出的系数，再求的值，通过赋值法求展开式中各项的系数和，及常数项，再求其差.【详解】因为，则，即，所以.在中，令，则.令，则，所以，故选A.【点睛】易错点睛：①利用二项式定理求的关键是赋值.②求一定要看清少了，求的方法为赋值.7．如图，函数（，）在一个周期内的图象（不包括端点）与轴，轴的交点分别为，，与过点的直线另相交于，两点，为图象的最高点，为坐标原点，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据图象求出的解析式，再求出，，的坐标，利用图象的对称性得出为线段的中点，将转化为，再用数量积的坐标运算公式求解.【详解】设的最小正周期为，由图知，，则，所以，因为，则，即，所以，由题设，点，，，则，，因为的图象关于点对称，则为线段的中点，所以.故选：A【点睛】方法点睛：已知f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0，ω>0)的部分图象求其解析式时，待定系数ω和φ的确定方法：(1)由即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0+φ=0(或ωx0+φ=π)，即可求出φ；(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ.8．已知点，若圆C：（）上存在两点，使得，则r的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中点，可得出，设，可求得，再由可求得的取值范围.【详解】取的中点，则．因为，则，设，则．因为点、，则，所以，得．因为，则，解得，故选：C． 二、多选题9．已知实数a满足（i为虚数单位），设复数，则下列结论正确的是（    ）A．z为纯虚数 B．为虚数 C． D．【答案】ACD【分析】由复数的乘法化简后由复数相等定义得出，从而得，计算出，结合共轭复数的概念判断各选项．【详解】由已知，，则，所以为纯虚数，为实数，因为，则，故选：ACD．10．设等比数列的各项都为正数，其前n项和为，已知，且存在两项，使得，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】设等比数列的公比为，由已知，，从而可求出，然后利用等比数的通项公式和求和公式分析判断即可【详解】设等比数列的公比为，由已知，，整理得，解得或（舍去），所以．因为，则，即，所以，故选：ABC．11．若椭圆上存在点P，使得点P到椭圆的两个焦点的距离之比为2∶1，则称该椭圆为“倍径椭圆”．则下列椭圆中为“倍径椭圆”的是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据椭圆的定义，再结合条件即可得到答案。【详解】设点P到椭圆两个焦点的距离分别为m和，则，即．因为，则，所以．对A，a=4,c=1，不满足；对B，a=3,c=1，满足；对C，a=5,c=2，满足；对D，a=6,，不满足.故选：BC．12．已知互不相等的三个实数a，b，c都大于1，且满足，则a，b，c的大小关系可能是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】化简，构造关于x的方程，考虑判别式大于等于零；再构造函数讨论零点和对称轴位置，判断a，b，c的大小关系.【详解】由已知，，即．则关于x的方程有正实根，所以．因为，则，所以．设，则二次函数的关于直线对称，且，．若是的一个较小零点，则，即；若是的一个较大零点，则，即.故选：AB． 三、填空题13．已知，，且，则向量与的夹角为______.【答案】120°【分析】利用数量积定义及运算性质，将已知条件转化为关于向量夹角的三角函数的方程，求解即可.【详解】设向量与的夹角为，因为，，则.所以，则.又，所以.故答案为：.14．已知，则的值为______.【答案】【分析】利用诱导公式及商数关系，将已知条件转化为的值，再用两角差的正切公式求解.【详解】由题意知，，则，所以.故答案为：.15．设直线与双曲线C：（，）相交于A，B两点，P为C上不同于A，B的一点，直线，的斜率分别为，，若C的离心率为2，则__________.【答案】3【分析】依题意，A，B两点关于原点对称，运用双曲线方程作差即可解题.【详解】据题意，点A，B关于原点对称，设点，，，则，，两式相减，得，则，因为，所以；故答案为：3. 四、解答题16．在中，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，若，且A，C都为锐角，求m的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用正弦定理对变形化简可得，再利用余弦定理可求出角B的大小；（2）由正弦定理可得，则，再由A，C都为锐角，求出角的范围，从而可求出m的取值范围【详解】（1）由已知及正弦定理，得，即，即．      由余弦定理，得．因为，所以．            （2）因为，则，得．      所以．            因为A，C都为锐角，，则，所以．17．设数列的前项和为，已知当时，，且为，的等比中项.（1）求数列的首项的值；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由已知可得为等差数列，利用等比中项条件建立关于的方程，再解方程可求的值，但要注意这一隐含条件，防止增根；（2）根据数列的通项公式写出数列通项公式，用“裂项法”求其前项和．【详解】（1）因为（），则数列是公差为2的等差数列.则，，.由已知，，则，即，即.因为，则，所以；（2）因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，则.由题设，.所以.【点睛】本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．18．今年五月，某医院健康管理中心为了调查成年人体内某种自身免疫力指标，从在本院体检的人群中随机抽取了100人，按其免疫力指标分成如下五组：，其频率分布直方图如图1所示．今年六月，某医药研究所研发了一种疫苗，对提高该免疫力有显著效果．经临床检测，将自身免疫力指标比较低的成年人分为五组，各组分别按不同剂量注射疫苗后，其免疫力指标y与疫苗注射量x个单位具有相关关系，样本数据的散点图如图2所示．（1）健管中心从自身免疫力指标在内的样本中随机抽取3人调查其饮食习惯，记X表示这3人中免疫力指标在内的人数，求X的分布列和数学期望；（2）由于大剂量注射疫苗会对身体产生一定的副作用，医学部门设定：自身免疫力指标较低的成年人注射疫苗后，其免疫力指标不应超过普通成年人群自身免疫力指标平均值的3倍．以健管中心抽取的100人作为普通人群的样本，据此估计疫苗注射量不应超过多少个单位．附：对于一组样本数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计值分别为．【答案】（1）分布列见解析，；（2）疫苗注射量不应超过80个单位．【分析】（1）根据频率分布直方图分别求出自身免疫力指标在内和在内的人数，写出X的可能取值，求出对应概率，即可写出分布列，再根据期望公式即可求得数学期望；（2）根据最小二乘法求得回归方程，然后求出免疫力指标的平均值，根据题意列出不等式，从而可得答案.【详解】解：（1）由直方图知，自身免疫力指标在内的人数为，在内的人数为，则X的可能取值为1，2，3．            其中．            所以X的分布列为X123P ．            （2）由散点图知，5组样本数据分别为，且x与y具有线性相关关系．            因为，则，，所以回归直线方程为．            由直方图知，免疫力指标的平均值为．      由，得，解得．据此估计，疫苗注射量不应超过80个单位．19．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长和侧棱长都为2，点D在棱BB1上运动(不包括端点).(1)若D为BB1的中点，证明：CD⊥AC1；(2)设平面AC1D与平面ABC所成的二面角大小为θ(θ为锐角)，求cosθ的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）分别取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系,根据已知求得，利用数量积坐标公式计算即可证得结果.（2）设，求得设平面的法向量，由平面的一个法向量为，利用数量积公式计算即可求得结果.【详解】（1）证明：分别取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，因为直三棱柱的底边长和侧棱长都为2，为的中点，所以，故，则，所以.（2）设，则点，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，又平面的一个法向量为，所以,因为，则，所以.故的取值范围为.【点睛】20．设抛物线的焦点为F，点M在抛物线C上，O为坐标原点，已知，．（1）求抛物线C的方程；（2）过焦点F作直线l交C于A，B两点，P为C上异于A，B的任意一点，直线分别与C的准线相交于D，E两点，证明：以线段为直径的圆经过x轴上的两个定点．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）设点，表示，，联立方程，即得解；（2）设直线l的方程为，，表示直线，再表示点D，E，再设以线段为直径的圆与x轴的交点为，转化为，即得解.【详解】（1）设点，因为点M在抛物线C上，则得，即．因为，则．      因为，则，即，所以，化简得，解得，所以抛物线C的方程是．            （2）设直线l的方程为，代入，得．设点，则．            设点则k，直线的方程为．令，得，所以点．            同理，点．            设以线段为直径的圆与x轴的交点为，则．            因为，则，即，得或．    故以线段为直径的圆经过x轴上的两个定点和．21．已知函数.（1）若在内是减函数，求的取值范围；（2）已知，若，求的零点个数.【答案】（1）；（2）3个.【分析】（1）将是减函数转化为恒成立，再分离参数求函数的最值.（2）在的条件下分析函数的单调性，求出的极值和极限值，结合的图象在各单调区间内与轴相交进而确定零点的个数.【详解】（1）.因为在内是减函数，则当时，恒成立，即，即恒成立.设，则.由，得，即，所以在上单调递增，在上单调递减，从而.因为恒成立，所以的取值范围是.（2）由（1）知，在上单调递增，在上单调递减.又当时，；当时，，则函数的大致图象如图所示.因为，则直线与函数的图象有两个不同的交点，从而有两个变号零点，所以有两个不同的极值点.设的两个极值点为，，且.则.当或时，因为，则，所以在，上单调递减：当时，因为，则，所以在上单调递增，从而的极小值点为，极大值点为.因为，则，，所以在内有一个零点.因为，，则当时，，所以在内有一个零点.因为，则当时，，所以在内有一个零点.综上所述，有3个零点.【点睛】(1)利用导数解决已知函数的单调性求参数问题的一般方法：①利用集合间的包含关系处理：在上单调，则区间是相应单调区间的子集.②为增函数的充要条件是对任意的都有且在内的任一非空子区间上，不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.③函数在某一个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.(2)与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题． 五、双空题22．如图，三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，是边长为6的正三角形，二面角的大小为，则点O到平面的距离为_______，球O的表面积为_______．【答案】     1     【分析】取的中点D，连接．设E为的外心，根据，得到D为的外心．然后根据球的几何性质，得到平面平面．再由二面角的大小为，平面平面，得到求得OE，然后在中，根据，求得球的半径即可.【详解】如图所示：取的中点D，连接．设E为的外心，则点E在上，且．因为，则D为的外心．根据球的几何性质，有平面平面．因为二面角的大小为，平面平面，则二面角的大小为，所以．因为是边长为6的正三角形，则，所以．在中，．在中，因为，则，所以球O的半径，表面积．故答案为：1，