江西梳城市2021_2022学年高二数学上学期期末理试题含解析

这是一份江西梳城市2021_2022学年高二数学上学期期末理试题含解析，共21页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．）
1. 已知，且是的充分条件，则实数可以是（）
A. 3B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意先求出的充要条件，然后结合是的充分条件可得实数的范围，从而对比选项即可得解.
【详解】由题意，
若是的充分条件，则当且仅当，
对比选项可知实数可以是3.
故选：A.
2. 已知命题，都有，则为（）
A. ，都有B. ，使得
C. ，都有D. ，使得
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题的否定判断即可.
【详解】命题，都有，所以为，使得，
故选：D.
3. 已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得和焦点，然后求得.
【详解】将代入得，则，
抛物线，即，，
所以焦点，所以.
故选：D
4. 某市环境保护局公布了该市，两个景区年至年各年的全年空气质量优良天数的数据．现根据这组数据绘制了如图所示的折线图，则由该折线图得出的下列结论中正确的是（）
A. 景区这七年的空气质量优良天数的极差为
B. 景区这七年的空气质量优良天数的中位数为
C. 分别记景区，这七年的空气质量优良天数的众数为，，则
D. 分别记景区，这七年的空气质量优良天数的标准差为，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据极差、中位数、众数的定义、标准差的性质，结合折线图逐一判断即可,
【详解】A：景区这七年的空气质量优良天数的极差为，故本选项结论不正确；
B：景区这七年的空气质量优良天数的中位数为，故本选项结论不正确；
C：由折线图可知：，显然，故本选项结论不正确；
D：由折线图可知：景区这七年的空气质量优良天数的数据波动要比景区这七年的空气质量优良天数据波动大，因此，所以本选项结论正确，
故选：D
5. 下列给出的图形中，每个图案均由若干个星星组成，记第个图案中星星的个数是，由，，，，可推出（）
A. 463B. 464C. 465D. 466
【答案】C
【解析】
【分析】由题得，然后列出等式，相加即可.
【详解】由题得，所以
，
，
…
，
将上述等式相加得，所以，
故选C.
6. 已知具有线性相关的变量x，y，设其样本点为，回归直线方程为，若（O为坐标原点），则（ ）
A. -1B. -6C. 1D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据向量相等的坐标表示，由此即可计算平均数 ，得到样本点的中心的坐标，代入回归直线方程求出结果．
【详解】因为样本点为且，
所以
所以 ，
；
又回归直线方程为过，
∴，解得，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了线性回归方程必过样本中心、向量相等的坐标表示等基础知识，属于基础题.
7. 已知，且．若在处的切线与直线垂直，则（）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的定义求得切线的斜率，根据直线垂直列方程，求得，进而求得正确答案.
【详解】依题意，，
则，
，
所以，所以.
故选：A
8. 一个正方体的展开如图所示，点为原正方体的顶点，点为原正方体一条棱的中点，那么在原来的正方体中，直线与所成角的正切值为（）
A. 3B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先还原正方体，将对应的字母标出，根据异面直线所成角的概念，作出异面直线所成角，再利用余弦定理求出此角的余弦值，从而即可得到其正弦值、正切值.
【详解】还原正方体，如图所示，
设正方体棱长为2，由题意可得，，
则，，，
又在正方体中，
所以或其补角即为异面直线与所成角，
所以.
故选：A.
9. 设双曲线的左、右焦点分别为，离心率为．是上一点，且．若的面积为4，则（）
A. 81B. 42C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由题得出，然后结合面积公式、双曲线的定义和勾股定理得出答案.
【详解】
因，所以，
又P在双曲线上，所以
又的面积为4，所以，
结合，解得，
又，所以，又，所以，
故选：D.
10. 设函数，若，使得，则的最小值为（）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】因为，使得，所以在的值域包含于在的值域，然后分别求出两个函数的值域即可.
【详解】因为，使得，
所以在的值域包含于在的值域，
，
所以当时，单调增，当时，单调减，且离对称轴远，
所以.
,
所以当时，，单调减，当时，，单调增，
，，，所以，
所以，所以，解得，故则的最小值为，
故选C.
11. 已知正方体的内切球半径为1，、平面，若，，现在有以下四个命题：
：点的轨迹是一个圆：点的轨迹是一个圆
：三棱锥的体积为定值：
则下述结论正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图建立以为原点的空间直角坐标系，设.
由，，可确定E，F坐标，即可判断p，q命题正误；
对于，注意到F到平面距离为定值，即可判断命题正误；对于，由圆外一直线到圆上点最短距离相关知识可判断命题s是否正确.后可判断出正确结论.
【详解】如图建立以为原点的空间直角坐标系，
因正方体的内切球半径为1，则正方体棱长为2.
则，设.
对于p，，
则点的轨迹是一个以为圆心，半径为1的圆，故正确；
对于q，由，则，
又，，
则，
即F在直线上，故点的轨迹是一条直线，故q错误；
对于r，注意到，面，面，则面，
又F在直线上，则点到平面距离为定值，
则为定值，故r正确；
对于s，由以上分析可知，即为圆外一直线到圆上点距离，
当圆心，圆上一点，直线上点三点共线,且圆上一点，直线上点在圆心同侧时距离最小.
由题可得，直线到圆心距离为，又圆半径为1，
故最短距离为，即，故s正确.
则正确，错误，又错误，则，错误.
故选：C
12. 若函数在区间无零点但有2个极值点，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题得在区间无解，在区间有2两个不同解，然后参变分离，转换成图像交点问题即可.
【详解】由题在区间无解，
即在区间无解，设，则，
所以当时，，单调减，当时，，单调增，
所以，显然当x趋于无穷大时，趋于无穷大，
所以；
又函数在区间有2个极值点，所以在区间有2两个不同解，
即在区间有2两个不同解，设，则，
所以当时，，单调减，当时，，单调增，
所以，显然当x趋于无穷大和0时，都趋于无穷大，
所以，所以实数的取值范围是，
故选：B.
二、填空题（每小题5分，共4小题，20分）
13. 若一组数据的方差为10，则另一组数据的方差为______．
【答案】40
【解析】
【分析】由题意先设出两组数据的平均数，然后根据已知方差、方差公式运算即可得解.
【详解】由题意设的平均数为，则的平均数为，
由题意的方差为，
从而的方差为.
故答案为：40.
14. 过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】由题意首先根据渐近线斜率得出，进一步得到，解直角三角形即可得解.
【详解】如图所示：
不妨设点在第一象限，由题意所在直线即双曲线的渐近线，其方程为，
所以，又，所以，
从而.
故答案为：1.
15. 曲线上一点到直线的最短距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求在曲线上与直线平行的切线方程，再根据两平行线间的距离公式求得正确答案.
【详解】直线的斜率为，
令，
当时，，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
与的距离为.
所以曲线上一点到直线的最短距离为.
故答案为：
16. 已知都在球的球面上，且平面．在球内任取一点，则该点落在三棱锥内的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出三棱锥的体积，然后利用条件求出球O的体积，利用几何概型得出答案.
【详解】由题可知，
所以，
如图设外接圆的圆心为，连接取中点为，连接，
则平面，因为，所以，所以四边形为矩形，
所以，
在中，，由正弦定理得，
所以球O的半径，
所以，
所以在球内任取一点，则该点落在三棱锥内概率为
故答案为：
三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算）
17. 已知命题在内单调递增；命题：关于的不等式对任意实数恒成立．
（1）若为真命题，求实数的取值范围．
（2）若为真命题，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数得导数为非负数列不等式，由此求得的取值范围.
（2）先求得为真命题时的取值范围，进而根据为真命题求得实数的取值范围.
【小问1详解】
对于函数，当为真命题时，
在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立，
，
所以，所以为真命题时，的取值范围是.
【小问2详解】
由（1）得为真命题时，的取值范围是，
对于命题：关于的不等式对任意实数恒成立，
时，不等式不恒成立，
所以，解得，
所以为真命题时，；为假命题时，，
所以为真命题，即真假，
对应的取值范围是.
18. 若抛物线焦点为，过点的直线交抛物线于．
（1）当平行于轴时，，求；
（2）当时，现有以下两个结论：①；②．请选择其中一个结论证明．
【答案】（1）2 （2）当时，只能证明结论②成立
【解析】
【分析】（1）由题意将代入得，从而即可得解.
（2）由题意设出直线方程，将其与抛物线方程联立，由韦达定理可得，进一步分别代入结论①②验证即可.
【小问1详解】
由题意过点的直线平行于轴时，其方程为，
由题意将代入得，所以不妨设，
所以，解得.
【小问2详解】
如图所示：
由题意不妨设点在点上方，且直线斜率不为0，
当时，抛物线方程为，
所以设直线的方程为，将其代入抛物线方程得，
，，，
可以证明结论①不成立，理由如下：
由以上条件可知
；
可以证明结论②成立，理由如下：
.
19. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，，是的中点，点满足.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）二面角的余弦值为
【解析】
【分析】（1）证明平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【小问1详解】
由题意得，，，
在中，由余弦定理可得，
，则，
，，平面，
平面，
平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，平面，，
又，，平面，
所以平面，
以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，
连接，在平行四边形中，
由余弦定理可得，
在直角三角形中，，
于是、、，
由得，
设平面的法向量，则，
取得，，
易知平面的一个法向量，则，
由图可知，二面角的平面角为钝角，
所以，二面角的余弦值为.
20. 近期，丰城九中高一、高二年级举行“新冠肺炎”防控知识闭卷考试比赛，总分获得一等奖、二等奖、三等奖的代表队人数情况如表，其中一等奖代表队比三等奖代表队多10人．为使颁奖仪式有序进行，同时气氛活跃，在颁奖过程中穿插抽奖活动．并用分层抽样的方法从三个代表队中共抽取16人在前排就坐，其中二等奖代表队有5人（同队内高一、高二仍采用分层抽样）
（1）完成表格；
（2）从前排就坐的一等奖代表队中随机抽取3人上台领奖，用表示高二上台领奖的人数，求．
（3）抽奖活动中，代表队员通过操作按键，使电脑自动产生内的两个均匀随机数，随后电脑自动运行如图所示的程序框图的程序．若电脑显示“中奖”，则代表队员获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖．求代表队队员获得奖品的概率．
【答案】（1）30；20
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题和分层抽样的定义即可得出答案；
（2）由（1）的结论，得出前排就坐的16人中一等奖代表队有3名高一的学生，3名高二的学生，然后根据古典概率模型求出答案；
（3）先求出实验结果的所构成的全部区域，然后求出获奖结果构成的区域，利用几何概型求出答案.
【小问1详解】
由表可知，二等将代表队共50人，设代表队共有n人，，解得，
设一等奖代表队高一人数为x，，解得，
故填30，20.
【小问2详解】
由（1）得三个代表队中前排就坐的比例是按照一等奖：二等奖：三等奖，所以一等奖被抽取的人数为，
又同队内高一、高二仍采用分层抽样，所以故前排就坐的16人中一等奖代表队有3名高一的学生，3名高二的学生，则的取值为：0、1、2、3，则
.
【小问3详解】
试验的全部结果所构成的区域为，面积为，
设事件A表示代表队队员获得奖品，则其所构成的区域为
，
如图，阴影部分的面积，
这是一个几何概型，所以，
故求代表队队员获得奖品的概率为.
21. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若存在区间，使得的值域为，求实数的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间和，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，解出和即可得出；
（2）根据题意可转化为在有两个不同的根，利用导数求出的单调性即可.
【小问1详解】
可得，
由解得或，由解得，
的单调递增区间为和，单调递减区间为.
【小问2详解】
由题可知，大于，并且在单调递增．
假设存在区间，使得的值域为
则的图像与在上有两个不同的交点．
即在有两个不同的根．
令，
则，
则当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，所以
22. 已知曲线，点在椭圆上（与左右顶点不重合），直线、斜率之积为．
（1）求的方程；
（2）已知直线与交于两点，且与圆相切于点，直线与相交于两点，记四边形的面积为的面积为，
①用含的式子表示；
②求的最小值．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）设，根据直线、斜率之积为列方程，从而求得的方程.
（2）①先求得的关系式，用表示，联立直线的方程和曲线的方程，化简写出根与系数关系.根据弦长公式求得.
②利用换元法以及基本不等式求得的最小值.
【小问1详解】
设，依题意，
整理得，所以，
所以的方程为.
【小问2详解】
由于直线与单位圆相切，且与曲线有两个交点，所以直线的斜率.
且到的距离.
由消去并化简得，
，
设，则，
所以
，
直线的方程为，
由，消去得，
所以，
①，所以
.
②，设，
所以
，
当且仅当时，等号成立.
所以的最小值为.
.
【点睛】方法点睛：直线和椭圆相交所得弦长，需要联立直线的方法和椭圆的方程，然后结合根与系数关系以及弦长公式，另外还需要验证判别式为正数，才能使得直线和椭圆有两个不同的公共点.获奖
年级
一获等奖代表队
二等奖代表队
三等奖代表队
高一
30
高二
30
20
30