2021-2022学年云南省文山州高二下学期期末学业水平质量监测数学试题（解析版）

2021-2022学年云南省文山州高二下学期期末学业水平质量监测数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据交集定义直接求解.

【详解】，

故选:B.

2．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据复数模长运算可直接化简等式求得结果.

【详解】，，.

故选：C.

3．设命题的否定为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】含有量词的命题的否定，全称量词改为存在量词，否定结论.

【详解】因为含有量词的命题的否定，全称量词改为存在量词，否定结论，

所以命题的否定为，

故选:C.

4．年东京奥运会我们国家一共获得枚奖牌，跳水队参加的项目有游泳､跳水､花样游泳，参赛人数分别为，现采用分层抽样的方法抽取人进行调研，则游泳项目抽取（    ）

A．人 B．人 C．人 D．人

【答案】A

【分析】根据分层抽样原则直接计算即可.

【详解】由题意知：抽样比为，游泳项目应抽取人.

故选：A.

5．在的展开式中，的系数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据二项式定理可得展开式通项，将代入即可求得结果.

【详解】展开式通项为，

令，即得：，即的系数为.

故选：D.

6．甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，圆心角分别为，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由展开图圆心角之和为及面积比为3，建立方程，解出.

【详解】设甲､乙两个圆锥母线长为l，两侧面展开图扇形面积分别为，，

故面积之比，又因为，所以.

故选：C.

7．已知数列满足，则是为等差数列的（    ）

A．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件

C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件

【答案】B

【分析】举反例结合等差数列的定义可判断充分性不成立，根据等差数列的通项关系可确定必要性成立，即可得结论.

【详解】解：例如，满足，但是，不符合等差数列的定义，故推不出为等差数列；

若为等差数列，设公差为，所以，

则.

所以是为等差数列的必要条件但不是充分条件.

故选：B.

8．一个容器装有细沙，细沙从容器底部一个细微的小孔漏出，后剩余的细沙量（单位：）为，后发现容器内还有原来的细沙，要使容器内的细沙只有开始的，则需要经过（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由可求得，进而得到，代入即可求得结果.

【详解】由题意知：，，解得：，，

易知函数为减函数，，，解得：，

即要使容器内的细沙只有开始的，需要经过.

故选：B.

二、多选题

9．下列各式中，值为的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】利用二倍角公式和同角三角函数关系依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，，A正确；

对于B，，B错误；

对于C，，C错误；

对于D，，D正确.

故选：AD.

10．抛一枚质地均匀的骰子两次.记事件两次的点数均为偶数两次的点数之和小于7，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】利用古典概率模型求解即可.

【详解】由题可得基本事件有：

，

共有36个，

记事件两次的点数均为偶数，共包含9个样本点，

则A正确；

两次的点数之和小于7，

事件包含的基本事件有：，，共15个，

，B正确，D错误，；

对于，事件包含的基本事件有：，

共3个，C错误.

故选:.

11．下列命题正确的是（    ）

A．垂直于同一个平面的两平面平行

B．两条平行直线被两个平行平面所截得的线段相等

C．一个平面内的两条相交直线与另一平面平行，这两平面平行

D．一条直线与两平行平面中的一平面平行，则与另一平面也平行

【答案】BC

【分析】AD考虑包含、相交、平行的可能即可判断；BC由性质定理判断即可.

【详解】对A，垂直于同一个平面的两平面可能平行，也可能相交，A错；

对B，两条平行直线被两个平行平面所截得的线段相等（性质推论），B对；

对C，一个平面内的两条相交直线与另一平面平行，这两平面平行（判定定理），C对；

对D，一条直线与两平行平面中的一平面平行，则与另一平面也平行或在另一平面内，D错.

故选：BC.

12．已知定义在上的函数满足，且为奇函数，则（    ）

A．为奇函数 B．为偶函数

C．是周期为3的周期函数 D．

【答案】BCD

【分析】根据题设条件得出函数的奇偶性，对称性，周期性即可求解.

【详解】函数的定义域为，且，则不会是奇函数，错误；

定义在上的函数满足，变形可得，

而为奇函数，则，

则，则有，

即函数为偶函数，B正确；

若函数满足，

则有，

即函数是周期为3的周期函数，

是偶函数且其周期为3，

则，

则，

故正确，

故选:BCD.

三、填空题

13．已知向量.若，则__________.

【答案】1

【分析】根据平面向量的坐标运算数量积的坐标运算即可得的坐标，再根据向量的模的坐标公式求解即可.

【详解】因为，所以，

又，所以，解得，

所以，则.

故答案为：1.

14．已知两个具有线性相关关系的变量的一组数据，根据上述数据可得关于的回归直线方程，则实数__________.

【答案】20

【分析】由回归直线经过点即可计算.

【详解】由题中数据可知，因为回归直线一定经过点，所以.

故答案为：20.

15．已知函数的部分图象如图所示，，则的零点个数为__________.

【答案】3

【分析】数形结合，确定图象交点的个数即可求解.

【详解】由图可得，所以解得，

又因为，且，所以，

所以，

令，即，

在同一直角坐标系中作出的图象可得，

因为当，所以，

当，所以，

所以由图象可得，的图象共有3个交点，

即的零点个数为3个，

故答案为:3.

16．已知为椭圆的两个焦点，为上关于坐标原点对称的两点，且，四边形的面积为，周长为，则__________.

【答案】

【分析】由椭圆对称性可确定四边形为矩形，结合椭圆定义和四边形周长可构造方程求得，利用四边形面积为，结合勾股定理可构造方程求得，进而求得结果.

【详解】由椭圆方程知：，，，

为上关于坐标原点对称的点，，四边形为矩形；

由椭圆定义知：，

四边形周长为，；

四边形的面积，

，

即，解得：，，则.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中与焦点三角形有关的问题的求解，解题关键是能够利用椭圆的对称性说明四边形为矩形，进而将问题转化为对的研究.

四、解答题

17．的内角的对边分别为，已知.

(1)求角；

(2)若，，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理边化角可求得，由此可得；

（2）利用正弦定理和勾股定理可求得，由此可得周长.

【详解】（1）由得：，，

又，.

（2）由正弦定理得：，

，，，

的周长.

18．已知数列是公比为正数的等比数列，且，.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用等比数列通项公式可构造方程求得公比，进而得到；

（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得.

【详解】（1）设等比数列的公比为，

由得：，，解得：（舍）或，

.

（2）由（1）得：，，

，，

，

.

19．甲､乙两个同学进行答题比赛，比赛共设三个题目，每个题目胜方得1分，负方得0分，没有平局.比赛结束后，总得分高的同学获得冠军.已知甲在三个题目中获胜的概率分别为，各题目的比赛结果相互独立.

(1)求乙同学获得冠军的概率；

(2)用表示甲同学的总得分，求的分布列与期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】(1)根据乙同学获得冠军，则乙至少2个题目中获胜，分类讨论求概率即可；

(2)根据甲获胜题目数对应得分，求出概率，列出分布列求解.

【详解】（1）设乙在三个题目中获胜的事件依次记为，

所以乙同学获得冠军的概率为

.

（2）依题可知，的可能取值为，

所以，

，

，

.

即的分布列为

期望.

20．如图，在四棱锥中，底面 .

(1)证明：平面平面；

(2)求平面与平面所成的角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证明两平面垂直只需证明一个平面中有一条直线垂直于另一个平面即可；

（2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积计算面面夹角.

【详解】（1）由底面，底面，则.

如图，取的中点，连接，可知，

，

四边形为平行四边形，.

，则为直角三角形，为斜边，

，又平面PAD，平面PAD，，

则平面，平面，

平面平面；

（2）由（1）知，两两垂直，，

建立空间直角坐标系如图所示，则，

.

设平面的法向量为，则 ，

即 令，则 ，，

由题易知平面的法向量，

设平面PBD与平面PAB的夹角为 ， ；

综上，平面与平面的所成的角的余弦值为.

21．已知函数.

(1)求出的极值点；

(2)证明：对任意两个正实数，且，若，则.

【答案】(1)是的极小值点，无极大值点

(2)证明见解析

【分析】（1）对求导，判断导函数的正负号，得函数的单调性，得函数的极值点；

（2）换元令，根据用分别表示，，将证明转化为证明，构造，求导数，证明其大于零即可.

【详解】（1）函数的定义域为，，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以是的极小值点，无极大值点.

（2）证明：由（1），在上单调递减，在上单调递增，

因为，不妨设，

令，则，，

由，得，即，即，

即，解得，，所以，

故要证，即证，即证，即证，

因为，所以，所以即证，

令，，

因为，所以在上是增函数，

所以，所以在上是增函数，

所以，所以，

所以.

【点睛】关键点点睛：根据得等式，设，用分别表示，，用分析法将证明转化为证明.

22．设抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，.

(1)求抛物线的方程；

(2)为上异于的任意一点，直线分别与的准线相交于两点，证明：以线段为直径的圆经过轴上的两个定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）解法一：假设直线，与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，结合抛物线的焦半径公式，代入韦达定理可整理得到，由此可求得，进而得到抛物线方程；

解法二：利用抛物线焦半径的性质可知，可直接构造方程求得，由此可得抛物线方程；

（2）设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，设，可求得直线方程，代入得点坐标，同理可得点坐标；设以为直径的圆与轴的交点为，根据，代入韦达定理结论可求得的值，进而确定两定点坐标.

【详解】（1）解法一：由题意知：，设直线，，，

由得：，，，

，

，

解得：，抛物线的方程为：；

解法二：由抛物线焦半径性质可知：，解得：，

抛物线的方程为：.

（2）由（1）知：，

设直线，，，

由得：，则，

，，

设，则，

直线的方程为：，

令得：，；

同理可得：，

设以为直径的圆与轴的交点为，

则，，

，，

，

解得：或，即或，

以为直径的圆经过轴上的两个定点和.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简求得定点坐标.