2021-2022学年山西省名校高二下学期期中联合考试数学试题（解析版）

2021-2022学年山西省名校高二下学期期中联合考试数学试题

一、单选题

1．设集合，，，则下列集合不为空集的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先化简集合A，B，C，再利用集合的类型和运算求解.

【详解】解：因为集合，，且为点集，

所以，，，

，，

故选：C

2．已知i为虚数单位，复数，则（       ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数代数形式的除法、乘方运算化简复数，即可得解；

【详解】解：，

所以，所以．

故选：B

3．的二项展开式中的系数为（       ）

A．240 B．-240 C．480 D．-480

【答案】A

【分析】利用二项展开式的通项公式求解.

【详解】展开式的通项为，

令，得．

所以含项的系数为．

故选：A

4．2021年是巩固脱贫攻坚成果的重要一年，某县为响应国家政策，选派了6名工作人员到A，B，C三个村调研脱贫后的产业规划，其中6名工作人员都必须参加且不要求每村必须有工作人员去调研，则不同的安排方式种数共有（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用分步计数原理直接求解.

【详解】6名工作人员每人都有三种选择，所以共种选择．

故选：C

5．已知函数，则此函数的图象可能是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】首先确定函数的奇偶性排除选项AC，接着根据函数值的正负得出答案即可.

【详解】由函数，

则，

所以函数为奇函数，故排除AC，

又因为且，

故选：D

6．把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度得到函数的图象，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由三角函数的图象变换，可把题中变换过程反过来求，

【详解】的图象向左平移个单位长度，得到，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，可得，即．

故选：C．

7．已知点，，若曲线上存在点P，满足，则m的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先由椭圆的定义得到P落在一个椭圆，得到直线与椭圆相交，联立方程组，利用代数法建立不等式，求出m的取值范围.

【详解】由题意，点，，且，

符合椭圆的定义，所以点P落在一个椭圆上.

由，解得：，所以椭圆的方程为：．

又点P在曲线上，即点P在直线上，

曲线上存在点P满足即直线与椭圆有公共点，联立方程，消去y可得：.

只需，解得：

所以．

故选：B

8．定义在R上的偶函数满足，且，则（       ）

A．1 B．2 C．4 D．8

【答案】B

【分析】由题意得到函数是周期为4的周期函数，从而，利用赋值法令，求出即可.

【详解】因为定义在R上的偶函数满足，

所以，

所以，

所以，所以函数是周期为4的周期函数，所以．

在中，令，则，解得或-1.

因为，所以.

故选：B.

9．一名刚入伍的士兵带着一把步枪到练习场地打靶，已知此步枪每次只装3发子弹，若命中目标或子弹打完，则停止练习．新兵第一枪命中靶标的概率为0.7，第二枪命中靶标的概率为0.4，第三枪命中靶标的概率为0.3，则在已知靶标被击中的条件下，士兵开第二枪命中的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意设出事件，结合条件概率的计算公式，即可求解.

【详解】记事件A为“士兵第一次击中靶标”，B为“士兵第二次击中靶标”，

C为“士兵第三次击中靶标”，D为“靶标被击中”，

则，

，

所以.

故选：A.

10．已知点O在内，且，，则（       ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】先证明成立，得到，利用向量的线性运算得到，求出.

【详解】先证明O在内，.

延长AO交BC于Q.显然 .

由面积关系可得：，所以.

而.

所以,

所以，即.

又由题可知，所以，

所以，所以，，从而．

故选：D

11．已知为最接近的整数，数列满足，则数列的前110项和为（       ）

A．15 B．20 C．40 D．60

【答案】B

【分析】根据为最接近的整数，列举找出规律求解.

【详解】因为函数为最接近的整数，

所以，，

，，，，

，，，，，，

……

则在最接近的整数中，有2个1，4个2，6个3，8个4，……，

又由数列满足，

可得，，，…，

则，，，…，

当110项时，项数是一个等差数列，设，且，

则，令其前n项和，

解得， 所以的前110项和为20．

故选：B

12．已知定义在上的函数，满足（）；（）（其中是是导函数，是自然对数的底数），则的范围为（       ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】构造函数，，则，

由已知得在上恒成立，则函数在上递增，

所以，即，又因为，

所以根据有，即，

再构造函数，，，

由已知，所以在，则函数在区间上单调递减，

所以，即，又因为，

所以根据有，即，所以．

故选．

点睛：利用导数研究抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等

二、填空题

13．已知奇函数在R上可导，其部分图象如图所示，设，则，，a之间的大小关系为______．（用“<”连接）

【答案】

【分析】由题可知，结合条件及导数的几何意义即得.

【详解】因为函数为奇函数，为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点N处切线的斜率，

∴，

根据题意，函数在上增长越来越快，

∴，

又为，两点连线的斜率，

所以，即.

故答案为：.

14．若正三棱柱既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的外接球和内切球的半径分别为R，r，则外接球和内切球的表面积之比为______．

【答案】5

【分析】正三棱柱的外接球和内切球的球心相同，根据题意分别求出外接球和内切球的半径R，r，由球的表面积公式即可求出外接球和内切球的表面积之比.

【详解】可将正三棱柱置于圆柱内，

使得，的外接圆分别为圆，圆．

设，圆柱底面圆的半径为m，母线长为h，

则的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等，

则O为圆柱外接球的球心．

设球O的半径为R，则．

又因为正内切圆的半径与内切球的半径相等，

所以正内切圆的半径为r，由三角形等面积法可得，

解得，则，

圆的半径为，

所以，

因此表面积之比为．

15．在我国南宋时期，数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中，就已经出现了如图所示的表．书中记载，是北宋数学家贾宪约于1050年左右在《释锁》算书中首先使用此数字三角形进行高次开方运算的，但原书佚失，其主要内容被杨辉著作《详解九章算法》（1261年）所抄录，故后世称“贾宪三角”为“杨辉三角”．在欧洲，帕斯卡（B．Pascal，1623-1662）于1654年发现这一规律，所以这个表又叫作帕斯卡三角形．杨辉三角的发现比欧洲早了600年左右，是我国古代数学的辉煌成就．杨辉三角是一些特殊数字按照一定规律排布的三角形数阵．它兼具形和数的特征，观察形的特征发现规律，再将离散的数抽象为具有统摄效果的代数符号（组合数符号），进行代数运算，寻找代数运算的不变性，是解决代数问题的基本方法．如递推性，除了1之外的数都等于其肩上的两数之和，即．可看成，n个不同的小球，其中一个球为A球，从中取出r个小球共种情况，它可分为两类：r个小球中含A球有种情况；r个小球中不含A球有种情况．分类用加法得．那么，______．（用式子作答）

【答案】

【分析】根据题中提示，结合组合数的性质进行求解即可.

【详解】有个不同的小球，其中一个球为B球，从中取出个小球共种情况，它可分为两类：r个小球中含B球有种情况；个小球中不含B球有种情况．分类用加法得，代入性质1，得，不断迭代得，即,

故答案为：

16．已知抛物线C：的焦点为F，点，过点F的直线与此抛物线交于A，B两点，若．且，则p＝______．

【答案】3

【分析】设直线的方程，与抛物线联立求出两根和之及两根之积，求出直线，的斜率之和，可得斜率之和为0，可得直线，关于轴对称，过作轴，准线的垂线，由题意可得，可得直线的参数，再由弦长公式求出的值．

【详解】解：设直线，设，，

联立，整理可得：，可得，，

所以

，

所以可得，所以，又为锐角，

解得，

设，如图作轴交于，

由题意可得在抛物线的准线上，作准线，作，垂足为，

则，

所以，

所以，

所以，

所以．

故答案为：3．

三、解答题

17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

(1)求角B；

(2)若，，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，即可求解；

（1）由正弦定理可得，化简，结合三角函数的性质，即可求解.

，

【详解】(1)解：因为，

由正弦定理得，

因为，可得，所以，所以．

(2)解：因为，，由正弦定理可得，

所以，，

所以

，

由且，可得，所以，所以，

所以，即的取值范围为．

18．已知等差数列满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为d，根据列出方程组，求得的值，即可求解；

（2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.

【详解】(1)解：设等差数列的公差为d．

因为，，所以，

所以，即．

由，可得，即，

解得，，

所以的通项公式为．

(2)解：由（1）可知，

则，

则，

所以，

所以．

19．2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办．这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声．某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的90%分位数；

(2)采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在的学生中抽取6人，若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在的人数为X，求X的分布列和方差．

【答案】(1)，235

(2)分布列见解析，

【分析】（1）先利用频率的和为1求出a，判断出90%分位数位于内，利用分位数定义即可求解；

（2）利用分层抽样确定，应抽取的人数．分析出X的所有可能取值为1，2，3，分别求出对应的概率，即可得到分布列，进而求期望和方差.

【详解】(1)由题意，得，解得．

由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下的占比为

．

观看时长在240分钟以下的占比为．

所以90%分位数位于内，估计90%分位数为．

(2)由题意，观看时长在，对应的频率分别为0.16和0.08．

所以采用分层随机抽样的方式在这两个区间中应分别抽取4人和2人．

于是抽取的3人中观看时长在的人数X的所有可能取值为1，2，3，

则，，．

X的分布列为

所以，

．

20．如图，在五面体ABCDE中，已知平面BCD，，且，．

(1)证明：平面平面ABC；

(2)设平面ABE和平面CBE的夹角为，平面ABE和平面DBE的夹角为，证明：．

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析﹒

【分析】(1)取BC的中点M，AB的中点N，连接DM，MN，EN，证明EN∥DM，而DM⊥平面ABC即可；

(2)以C为坐标原点，，的方向为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面ABE、平面CBE、平面DBE的法向量，利用向量法即可判断．

【详解】(1)取BC的中点M，AB的中点N，连接DM，MN，EN，

∴，且．

又，，∴，且，

∴四边形MNED是平行四边形，

∴，且．

又平面BCD，平面ABC，∴平面平面BCD，

∵，∴，

又平面平面，平面BCD，

∴平面ABC，∴平面ABC，

又平面ABE，∴平面平面ABC；

(2)由(1)知，，，且，平面ABC，平面平面ABC.以C为坐标原点，，的方向为x，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，

则，，，，．

设平面BDE的法向量为，

则，即，取，则；

设平面BCE的法向量为，

则，即，取，则；

又，∴，

又平面平面，平面ABC，

∴平面ABE，即为平面ABE的一个法向量，

则，

，

即，而，∴．

21．已知双曲线，过点的直线l与该双曲线两支分别交于M，N两点，设，．

(1)若，点O为坐标原点，当时，求的值；

(2)设直线l与y轴交于点E，，，证明：为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题知，进而设直线l的方程为，与双曲线方程联立，结合韦达定理，向量数量积的坐标表示求解即可；

（2）设直线l的方程为，进而结合向量的坐标表示得，，，，再结合M，N在双曲线上得，是方程的两根，进而得.

【详解】(1)解：当时，双曲线，

显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为，

与C联立得，

所以，，

由，

可得，所以，

所以．

(2)证明：由题意可知直线l的斜率必存在，设直线l的方程为，则．

由，得，

所以，，，．

又点M在双曲线C上，所以，

化简得，

同理．

故，是方程的两根，则，为定值．

22．已知函数，．

(1)若函数有且仅有一个零点，求实数a的取值范围；

(2)当时，若函数有两个不同的零点，且，证明：．（参考数据：，）

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求得，当时，得到单调递增，结合零点的存在定理得到只有一个零点；当时，利用导数求得函数的单调性与极大值，得到方程，即可求解；

（2）由题意得，得到，得出，

转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】(1)解：由题意，函数，可得，

当时，，单调递增，

且，当时，，

所以此时函数只有一个零点.

当时，

令，可得；令，可得，

所以函数在单调递增，单调递减，

所以当时，函数取得极大值，极大值为，

要使得函数有且仅有一个零点，则满足，解得，

综上可得，实数a的取值范围为．

(2)解：证明：当时，在上单调递增，

在上单调递增，

由题意得，

所以，所以，所以．

当时，在上单调递增，

且，，所以，

所以．

设，则，

在上，，单调递增；

在上，，单调递减，

所以是的极大值点，同时也是最大值点，

而，，所以，即．