2021-2022学年四川师范大学附属中学高二年级下册学期期中考试数学（理）试题【含答案】

这是一份2021-2022学年四川师范大学附属中学高二年级下册学期期中考试数学（理）试题【含答案】，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年四川师范大学附属中学高二下学期期中考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】或，又，因此，.故选：A.【点睛】本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题.2．设（其中是虚数单位），则（   ）A．0 B． C． D．1【答案】D【分析】求出复数的代数形式，然后求模即可.【详解】,.故选：D.3．已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，抛物线上的点到焦点的距离为4，则的值为(　 　)A．4 B．－2 C．4或－4 D．12或－2【答案】C【详解】试题分析：抛物线上的点到焦点的距离与到抛物线的准线的距离相等，所以，解得，所以抛物线方程为，将代入方程得.【解析】1.抛物线的定义;2.抛物线的方程.4．已知向量，且，则实数的值等于（   ）A． B． C． D．或【答案】B【分析】根据平行得坐标的比相同，即可解得实数的值.【详解】由向量，且得，解得.故选：B.5．已知在处取得极小值，则的值为（   ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】求导，然后通过求出的值，再代入原导函数验证在处取得极小值即可.【详解】由已知，，，得，此时，，令，得或，令，得，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，符合题意.则的值为.故选：B.6．函数在上的大致图像是（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】讨论的取值范围，求导，利用导数的几何意义分析判断.【详解】当时，则，，可知当时恒成立，故在上单调递增，∵在上单调递减，在上单调递增，故当时，切线斜率越来越小，当时，切线斜率越来越大，可得B、D错误；当时，则，，可知当时恒成立，故在上单调递增，∵在上单调递增，在上单调递减，故当时，切线斜率越来越大，当时，切线斜率越来越小，可得C错误；故选：A.7．2022年我校初升高学生访校活动期间，需安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去慧阅读中心、智创中心和学生发展中心参与讲解工作，要求每个中心至少一人，则甲乙被安排到同一个中心的概率为（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据分组分配问题的计数，并结合古典概型计算概率即可.【详解】安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去慧阅读中心、智创中心和学生发展中心参与讲解工作，要求每个中心至少一人，则基本事件总数为种，甲乙被安排到同一个中心的基本事件有种，所以，甲乙被安排到同一个中心的概率为.故选：C8．已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为A． B． C． D．【答案】D【详解】设双曲线方程为，如图所示，，，过点作轴，垂足为，在中，，，故点的坐标为，代入双曲线方程得，即，所以，故选D．【解析】双曲线的标准方程和简单几何性质． 9．若函数的两个零点为则（   ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题知，再根据定积分的几何意义求解即可.【详解】解：令得，故，所以，，由定积分的几何意义，表示以原点为圆心，为半径的半圆的面积，所以，.故选：C10．一个正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）的三视图如图所示，则这个正三棱柱的外接球的表面积为（   ）A． B．  C．  D．【答案】A【分析】由三视图得正三棱柱的底面正三角形的棱长为，高为，再求外接球半径，进而求解面积即可.【详解】解：如图，正三棱柱的直观图为，由三视图可知，该正三棱柱的底面正三角形的棱长为，高为设正三棱柱的外接球的球心为，分别为上下底面正三角形的外接圆圆心，所以，根据对称性，为的中点，因为，所以正三棱柱的外接球的半径满足所以这个正三棱柱的外接球的表面积为故选：A11．四川师大附中某停车场某处并排连续有6个停车位，现有三辆汽车需要停放，为了方便司机上下车，规定：任何两辆汽车都不得相邻停放，则不同的停车方法有（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用插空法，将3辆车插入到3个停车位产生的4个空里即可,【详解】任何两辆汽车都不得相邻，即相当于把3辆车插入到3个停车位产生的4个空里，故有种不同的停车方法.故选：C.12．已知过抛物线焦点的直线与交于，两点，交圆于，两点，其中，位于第一象限，则的值不可能为（    ）A．6 B．5 C．4 D．3【答案】D【分析】本题考查了抛物线的性质及基本不等式的应用，属于中档题．设PQ的方程为可得，可得，利用基本不等式求得最小值，从而作出判定．【详解】易得抛物线的焦点,设，，PQ的方程为，．，，则． ，则．故选：D．【点睛】PQ的方程为的形式，包括了斜率不存在的情况，可以避免分类讨论. 二、填空题13．若（是虚数单位）是纯虚数，则实数的值是_______【答案】【分析】直接根据实部为零，虚部不为零列式计算即可.【详解】若（是虚数单位）是纯虚数,则，解得.故答案为：14．直线被曲线（为参数）截得的弦长为，则实数的值为_______【答案】或【分析】化圆的参数方程为直角坐标方程，求出圆的圆心坐标和半径，利用直线被圆截得的弦长求出圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式列式可求的值.【详解】由得，所以曲线表示以为圆心，以2为半径的圆，因为直线被曲线（为参数）截得的弦长为则，解得或15．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中以顶点A为端点的三条棱长都为，且它们彼此的夹角都是，则的长为_______.【答案】【分析】由两边同时平方后展开计算即可.【详解】，，，即的长为.故答案为：.16．若直线是曲线的切线，则的最小值是_______【答案】【分析】设切点为，进而得，整理进而构造函数求解最值即可得答案.【详解】解：设直线与曲线的切点为，因为直线是曲线的切线，，所以，，整理得，所以， 令，则所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，，所以，当时，有最小值.故答案为： 三、解答题17．已知函数(1)求的最小正周期;(2)已知函数的图象按变换得函数的图象 ，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角公式将变形为的形式即可得周期；（2）将转化为，利用三角函数的性质求出即可.【详解】（1）， 的最小正周期；（2）函数的图象按变换得函数，，，当，即时，，，.18．已知函数（其中是自然对数的底数）.(1)求在上的最值；(2)若函数没有零点，求实数的取值范围.【答案】(1)最小值为，最大值为.(2) 【分析】（1）利用导数直接求解函数最值即可；（2）由题知方程没有实数根，进而构造函数，研究其值域得，进而转化为解即可得答案.【详解】（1）解：，所以，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因为，，，，所以，函数在上的最小值为，最大值为.（2）解：因为函数没有零点，所以方程无实数根，即方程没有实数根，令，则，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，函数在处取得最大值因为当时，当时，所以，函数的值域为，所以，当方程没有实数根，，即，所以，实数的取值范围为.19．如图，在四棱锥上，底面为直角梯形，，，平面平面， 为的中点，是棱上的点，，，.(1)求证: 平面平面(2)若二面角大小为，求的值【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用二面角的大小列方程，化简求得的比值.【详解】（1）证明：∵，，为的中点，∴四边形为平行四边形，∴，又∵，∴，即.又∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）∵，为的中点，∴，∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面.如图，以为原点建立空间直角坐标系，易知平面的法向量为，又，，∴设，，，又，设平面的法向量为，，取，∵二面角为，∴，解得，即∴20．已知椭圆的上、下焦点分别为，离心率为，点是椭圆上一点，的周长为．（1）求椭圆的方程；（2）过点的动直线交于两点，轴上是否存在定点，使得总成立？若存在，求出定点；若不存在，请说明理由．【答案】（1）； （2）.【分析】（1）由离心率，得到，再由的周长，得到，求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）假设存在这样的点，使得，当直线的斜率存在时，设，联立方程组，得到，由，得到，代入求得，得到，得出；当斜率不存在是，得到直线过点，即可得到结论.【详解】（1）由题意，椭圆的离心率为， 可得，即，又由点是椭圆上一点，的周长为，可得，即，解得，所以，，所以椭圆的标准方程为.（2）设，且，假设存在这样的点，使得，当直线的斜率存在时，设，联立方程组，整理得，可得，因为，可得，即，整理得 ，因为，所以，即点；当斜率不存在是，此时直线的方程为，直线过点.综上可得，在轴上存在定点，使得总成立.【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.21．已知，.(1)若是单调函数，求实数的取值范围(2)若不等式对任意成立，求的最大整数解【答案】(1)(2)9 【分析】（1）由导数的几何意义可得是单调函数，只需或恒成立即可；（2）利用分离参数法，将不等式变形，令新函数，再根据导数判断函数的单调性进而求出最值，即可得到结果.【详解】（1）因为，定义域为，所以，令，由导数的几何意义可得要使在是单调函数，只需在内满足或恒成立，即或即可，显然在上单调递增，且，没有最大值，所以，解得.（2）当时，可转化为，令，则，记，当时，，所以为上的增函数，且，，所以存在使得，即，所以在上递减，在上递增，且，因为，所以，所以，，所以的最大整数解为9【点睛】导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴为极轴建立极坐标系，曲线的方程为（为参数），直线的极坐标方程为．曲线与直线相交于、两点．(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；(2)点为直线上一点，求的值．【答案】(1):；：(2) 【分析】（1）根据参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化公式化简求值即可；（2）根据直线参数方程的几何意义求解即可.【详解】（1）解：因为曲线的方程为（为参数），所以，消去参数，得曲线的普通方程为；因为直线的极坐标方程为，所以，用代换得直线的直角坐标方程为.所以，曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为.（2）解：由直线的直角坐标方程为，所以，直线的斜率为，倾斜角为，因为点为直线上一点，所以，直线的标准参数方程为（为参数），因为曲线与直线相交于、两点，所以，将代入，整理得，因为，所以方程有两个实数根，记为，所以，，且均为负数，所以，根据直线参数方程几何意义得.