2021-2022学年西藏拉萨中学高二上学期第三次月考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年西藏拉萨中学高二上学期第三次月考数学试题含解析，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学年西藏拉萨中学高二上学期第三次月考数学试题一、单选题1．已知集合则（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到结果.【详解】由解得，所以，又因为，所以，故选：D.【点睛】本题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交运算，属于基础题目.2．已知，，则下列不等式恒成立的是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】通过反例，，可排除ABC；利用不等式的性质可证得D正确.【详解】若，，则，，则AB错误；若，，则，则C错误；，，又，，则D正确.故选：D3．已知等差数列的前项和为，且满足，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用等差数列的性质求出，代入求和公式计算即可．【详解】，，，所以，故选：4．下列命题中，真命题是（       ）A．命题“若，则”的逆否命题是真命题B．命题“若，则且”的否命题是“若，则且C．“”是“”的必要不充分条件D．对任意，【答案】D【分析】根据命题的相关概念及基本不等式分别判断；【详解】A选项：由，得或，，所以原命题为假命题，其逆否命题也为假命题，A选项错误；B选项：“若，则且”的否命题是“若，则或”，B选项错误；C选项：当时，恒成立，所以“”是“”的充分条件，当时，或，所以“”不是“”的必要条件，即“”是“”的充分不必要条件，C选项错误；D选项：由，，所以，当且仅当，即时等号成立，D选项正确；故选：D.5．下图是2020年2月15日至3月2日来巾新冠肺炎新增确诊病例的折线统计图.则下列说法不正确的是（       ）A．2020年2月19日该市新增新冠肺炎确诊病例大幅下降至三位数B．该市新冠肺炎疫情防控取得了阶段性的成果，但防控要求不能降低C．2020年2月19日至3月2日该市新增新冠肺炎确诊病例低于人的有天D．2020年2月15日到3月2日该市新冠肺炎新增确诊病例一直呈下降趋势【答案】D【分析】根据折线图对选项逐一分析，由此确定说法不正确的选项.【详解】A，2020年2月19日该市新增新冠肺炎确诊病例大幅下降至三位数，正确.B，该市新冠肺炎疫情防控取得了阶段性的成果，但防控要求不能降低，正确.C，2020年2月19日至3月2日该市新增新冠肺炎确诊病例低于人的有天，正确.D，2020年2月15日到3月2日该市新冠肺炎新增确诊病例一直呈下降趋势，错误，因为这三天有反弹.故选：D6．已知变量，满足约束条件，则的最大值为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】作出约束条件表示的平面区域，再根据目标函数的几何意义即可求得最大值.【详解】约束条件表示的平面区域如图中阴影，其中点，，，目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，作直线，平移直线到直线，且直线过点A，此时直线的纵截距最大，即z最大，则，所以的最大值为3.故选：C7．直线平分圆的周长，则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】从已知条件得到圆心在直线上，代入后得到一个等式，变形为的形式，利用“1”的代换，用基本不等式来求解最小值.【详解】圆心为，因为直线平分圆的周长，所以圆心在直线上，即，化为：，则，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为故选：C8．运行如图所示的程序框图，输出的的值为（       ）A．4 B．5C．6 D．7【答案】B【分析】根据程序框图的循环逻辑，逐步写出各步的执行结果，即可判断最终输出结果【详解】由程序框图的逻辑，其执行步骤如下：：，，；：，，；：，，；：，，，∴输出.故选：B9．某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料（吨）的相关性，在生产过程中收集了组对应数据如下表所示： 根据表中数据，得出关于的回归直线方程为.据此计算出在样处的残差为，则表中的值为（       ）（注：称为对应样本点的残差）A．              B．              C．              D．【答案】A【分析】根据残差可得回归直线方程，再根据样本中心可计算的值.【详解】由残差为可知，当时，，即，解得，所以回归直线方程为，又，，且样本中心在回归直线上，所以，解得，故选：A.10．关于的不等式的解集为，则实数的范围是（       ）A． B．C． D．或【答案】B【分析】根据该不等式是否为二次不等式，分情况讨论.【详解】当时，该不等式为，解集为，不成立；当时，由不等式的解集为，得，解得，故选：B.11．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在中，角，，所对的边分别为，，，则的面积．根据此公式，若，且，则的面积为（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据正弦定理可求，再求出后可求面积.【详解】因为，故由正弦定理可得：即，而，故，故，由余弦定理可得，故，故，故选：C.12．设不等式组表示的平面区域为，若直线上存在中的点，则实数的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先画出不等式组表示的平面区域M，再以动直线和平面区域M产生交点，从而计算出实数的取值范围.【详解】画出不等式组表示的平面区域M如下:画出目标函数（虚线），可知直线过点M时实数取最小值；直线过点N时实数取最大值.由可得；由可得将代入直线得将代入直线得故实数的取值范围为故选：A二、填空题13．不等式的解集是___________.【答案】【分析】将分式不等式等价转化为不等式组，求解即得.【详解】原不等式等价于，解得,故答案为：.14．如图，边长为2的正方形中有一阴影区域.在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率是 ,则明影区域的面积为_________【答案】B【分析】由题意结合几何概型计算公式得到关于面积的方程，解方程即可求得最终结果．【详解】解：设阴影部分的面积为，结合几何概型公式可得：，解得：．故选：．15．在中，角的对边分别是，若，则的大小是__________.【答案】【详解】∵在中，，∴由正弦定理和基本不等式可得：，当且仅当即时取等号，∴，由，故，∴在三角形中，故答案为．16．已知数列是各项均为正数的等比数列，为数列的前n项和，若，则的最小值为______．【答案】18【分析】先根据得到，从而，对进行整理，用含的式子表示，再用基本不等式进行求解最小值.【详解】由得，所以，，故，解得：或，因为数列是各项均为正数，所以，故，所以．当且仅当时取得最小值．故答案为：18三、解答题17．已知.（1）当不等式的解集为时，求实数的值；（2）解关于的不等式.【答案】(1) 或 (2) 当时，即时，不等式的解集为；当时，即时，不等式的解集为.【解析】【详解】试题分析：（1）由不等式的解集为，可得是的根，根据韦达定理列方程组可求出实数的值；（2）不等式化为，讨论判别式，利用一元二次不等式的解法求解即可.试题解析：（1）∵不等式的解集为，∴与不等式同解，∴∴或（2） ，∵，∴，当时，即时，不等式的解集为；当时，即时，不等式的解集为.18．已知是公差不为0的等差数列，，，成等比数列，且.(1)求数列的通项公式；(2)若，数列的前项和为，证明：.【答案】（1）        （2）证明见解析【分析】（1）由题意列式求得数列的首项和公差，然后代入等差数列的通项公式得答案.（2）求出数列的通项，利用裂项相消法求出数列的前项和得答案．【详解】（1）差数列中，，成等比数列有：即，得所以又，即，.所以.（2）所以.所以所以【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，等比数列的性质，裂项相消法求数列的前项和，是中档题．19．已知在中，角，，的对边分别为，，.若，.(1)求；(2)若的面积为，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，可得；（2）根据面积公式可得，再用余弦定理可求得.(1)，，由正弦定理可得，又，所以，所以，即，，所以；(2)由，解得，又由余弦定理得，所以.20．某学校高三年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制，已知所有这些学生的原始成绩均分布在内，发布成绩使用等级制，各等级划分标准见下表．百分制85分及以上70分到84分60分到69分60分以下等级ABCD 规定：A，B，C三级为合格等级，D为不合格等级为了解该校高三年级学生身体素质情况，从中抽取了n名学生的原始成绩作为样本进行统计．按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图1所示，样本中分数在80分及以上的所有数据的茎叶图如图2所示求n和频率分布直方图中的x，y的值，并估计该校高一年级学生成绩是合格等级的概率；根据频率分布直方图，求成绩的中位数精确到；在选取的样本中，从A，D两个等级的学生中随机抽取2名学生进行调研，求至少有一名学生是A等级的概率．【答案】（1），；合格等级的概率为；（2）中位数为；（3）【分析】由题意求出样本容量，再计算x、y的值，用频率估计概率值；根据频率分布直方图，计算成绩的中位数即可；由茎叶图中的数据，利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值．【详解】由题意知，样本容量，，；因为成绩是合格等级人数为：人，抽取的50人中成绩是合格等级的概率为，即估计该校高一年级学生成绩是合格等级的概率为；根据频率分布直方图，计算成绩的中位数为；由茎叶图知，A等级的学生有3人，D等级的学生有人，记A等级的学生为A、B、C，D等级的学生为d、e、f、g、h，从这8人中随机抽取2人，基本事件是：AB、AC、Ad、Ae、Af、Ag、Ah、BC、Bd、Be、Bf、Bg、Bh、Cd、Ce、Cf、Cg、Ch、de、df、dg、dh、ef、eg、eh、fg、fh、gh共28个；至少有一名是A等级的基本事件是：AB、AC、Ad、Ae、Af、Ag、Ah、BC、Bd、Be、Bf、Bg、Bh、Cd、Ce、Cf、Cg、Ch共18个；故所求的概率为．【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了列举法求古典概型的概率问题，是基础题．21．的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．【答案】(1) ;(2).【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.22．各项均为正数的数列中，，是数列的前项和，对任意，有.(1)求常数的值；(2)求数列的通项公式；(3)记，求数列的前项和.【答案】（1）（2）（3） 【分析】(1)令中n=1即得p的值.(2)利用项和公式求数列的通项公式.(3)先求出，再利用错位相减法求数列的前项和.【详解】解：(1)由及，得：，∴.(2)由①，得②由②－①，得，即：，∴，由于数列各项均为正数，∴，即，∴数列是首项为1，公差为的等差数列，∴数列的通项公式是.(3)由，得：，∴，∴，.【点睛】（1）本题主要考查项和公式求数列的通项，考查等差数列的通项和求和公式，考查错位相减法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 数列，其中是等差数列，是等比数列，则采用错位相减法.