2021-2022学年河南省濮阳市第一高级中学高二下学期第一次质量检测数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年河南省濮阳市第一高级中学高二下学期第一次质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据交集概念求解即可.

【详解】，

则.

故选：C

2．命题“，”的否定是（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题判断可得.

【详解】命题“，”的否定是“，”.

故选：B

3．河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产之一.某洞窟的浮雕共层，它们构成一幅优美的图案.若从下往上计算，从第二层开始，每层浮雕像的个数依次是下层个数的倍，且第三层与第二层浮雕像个数的差是，则该洞窟的浮雕像的总个数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设从上到下第层的浮雕像个数为，分析可知数列为等比数列，且公比为，根据已知条件求出的值，利用等比数列求和公式可求得结果.

【详解】设从上到下第层的浮雕像个数为，

由题意可知，数列为等比数列，且该数列的公比为，

由已知可得，可得，故，

因此，该洞窟的浮雕像的总个数为.

故选：A.

4．某学生在“捡起树叶树枝，净化校园环境”的志愿活动中拾到了三支小树枝（视为三条线段），想要用它们作为三角形的三条高线制作一个三角形．经测量，其长度分别为，则（       ）

A．能作出二个锐角三角形 B．能作出一个直角三角形

C．能作出一个钝角三角形 D．不能作出这样的三角形

【答案】C

【分析】根据高可得三边之比，再根据余弦定理可得正确的选项

【详解】因为三条高线的长度为，故三边之比为，

设最大边所对的角为，则，

而为三角形内角，故为钝角，故三角形为钝角三角形，

故选：C.

5．函数的图象如图所示，为函数的导函数，下列数值排序正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】过点作切线，过点作切线，连接，得到直线，由导数的几何意义可知(2)(3)，整理可得答案．

【详解】过点作切线，过点作切线，连接，得到直线，

由图可知，的斜率的斜率的斜率，

即(2)(3)，

即(3)(3)(2)(2)，

故选：B．

6．“”是“方程表示的曲线为双曲线”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据双曲线的方程以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.

【详解】当，则且或且，此时方程表示的曲线一定为双曲线；则充分性成立；

若方程表示的曲线为双曲线，则，则必要性成立，

故选：.

7．已知平面，的法向量分别为，，且，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题得，解方程即得解.

【详解】解：因为，所以

所以，

所以，

所以.

故选：D

8．若是函数的极大值点，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出，分，，，分别讨论出函数的单调区间，从而可得其极值情况，从而得出答案.

【详解】，

若时，当时，；当时，；

则在上单调递减；在上单调递增.

所以当时，取得极小值，与条件不符合,故满足题意.

当时，由可得或；由可得

所以在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增.

所以当时，取得极大值，满足条件.

当时，由可得或；由可得

所以在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增.

所以当时，取得极小值，不满足条件.

当时，在上恒成立，即在上单调递增.

此时无极值.

综上所述：满足条件

故选：A

9．实系数一元二次方程的一个根在上，另一个根在上，则的取值范围是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由已知得到方程组，然后画出可行域，再根据表示可行域内的点与点连线的斜率求解.

【详解】解：令，

∵实系数一元二次方程的一个根在上，另一个根在上，

∴，画出它的可行域，如图所示：的内部.

而表示可行域内的点与点连线的斜率，

而直线的斜率为0，直线的斜率为，故的取值范围是，

故选：A.

10．如图，已知双曲线的左右焦点分别为、，，是双曲线右支上的一点，，直线与轴交于点，的内切圆半径为，则双曲线的离心率是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件结合直角三角形内切圆半径与边长的关系求出双曲线实半轴长a，再利用离心率公式计算作答.

【详解】依题意，，的内切圆半径，由直角三角形内切圆性质知：

，由双曲线对称性知，，

于是得，即，又双曲线半焦距c=2，

所以双曲线的离心率.

故选：D

【点睛】结论点睛：二直角边长为a，b，斜边长为c的直角三角形内切圆半径.

11．已知实数，，成公差不为0的等差数列，若函数满足，，成等比数列，则的解析式可以是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据等差数列的线型组合还是等差数列，一个数列既是等差数列，又是等比数列，则必为常数列，可以对ABC进行否定，进而判定D正确.D的正确可以举特例，但这个特例比较难找.利用等价分析转化法可以得到f(a),f(b),f(c)成等比数列的条件为d2-2b2+2=0,进而找到例子，说明f(x)可以为D的形式.

【详解】若是f(x)=2x,则由于a,b,c成等差数列，∴2a,2b,2c也成等差数列，

即f(a),f(b),f(c)也成等差数列，要使f(a),f(b),f(c)同时也成等比数列，则f(a)=f(b)=f(c)，从而a=b=c,从而等差数列a,b,c的公差为零，与已知矛盾；

若f(x)=2x+1,同理得到矛盾；

若f(x)=x3,为使f(a),f(b),f(c)成等比数列，必须且只需a,b,c成等比数列，又∵a,b,c成等差数列，∴a,b,c为常数列，进而公差为零，与已知矛盾；

若f(x)=x2+1，设a=b-d,c=b+d(d≠0),

f(a)f(c)=f2(b)等价于[(b-d)2+1][(b+d)2+1]=(b2+1)2,

整理得：d2-2b2+2=0,

即只要b,d满足上式，f(a),f(b),f(c)便成等比数列，

比如取b=d=既满足要求.

取a=0,b=,c=,满足a,b,c成等差数列，且公差不为零，此时，f(a)=1,f(b)=3,f(c)=9,f(a),f(b),f(c)成等比数列.

故选：D.

【点睛】本题考查等差等比数列的性质，关键是数列掌握等差数列的线型组合还是等差数列，既是等差数列又是等比数列的数列必为常数列的常用结论，即可较为轻松的解决此类问题.

12．定义方程的实根叫做函数的“新驻点”，若函数，，的“新驻点”分别为，，，则，，的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】可先求出，由新驻点的定义可知对应的方程为：

，

从而构造函数

由零点存在性定理判断的范围即可.

【详解】由题意：，

所以分别为的根，即为函数

的零点，

可解得：；

又因为：；

又因为：；

所以：

故选：B

【点睛】本题是函数与导数综合的创新新定义题型，考查了导数、零点存在性定理等知识点，考查了学生综合分析，转化化归，数学运算的能力，属于难题.

二、填空题

13．已知命题 p ：任意，，命题q “存在， ”，若命题“ p 且q”是真命题，则实数 a 的取值范围是_____

【答案】或

【分析】分别求出两命题为真时的范围，再根据命题“ p 且q”是真命题，则两命题都是真命题，从而可得出答案.

【详解】解：因为任意，，

则对于任意恒成立，所以，

由存在，，

则，解得或，

因为命题“ p 且q”是真命题，所以两命题都是真命题，

所以或.

故答案为：或.

14．直线与曲线及x轴围成的图形面积为___________．

【答案】

【分析】画出图形，求出交点坐标，结合图形利用定积分求解即可

【详解】解：由，得，所以两图形相切于点，

由，得，

所以直线与轴交于点，

因为，

曲线及x轴围成的图形面积为，

所以所求图形的面积为，

故答案为：

15．已知抛物线，其焦点为，准线为，过焦点的直线交抛物线于点、（其中在轴上方），，两点在抛物线的准线上的投影分别为，，若，，则____________.

【答案】3

【分析】根据抛物线的的定义可得，利用直角三角形可求出，由面积等积法求出，求出直线的倾斜角，利用公式，计算.

【详解】由抛物线的定义得：，，易证，

∴，

∴

∵，

∴，

.∴，

∵，

∴为等边三角形.

∴直线的倾斜角.

∴，.

∴.

故答案为：3

【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、简单几何性质，过焦点直线与抛物线相交的性质，属于难题.

16．通信卫星与经济、军事等密切关联，它在地球静止轨道上运行，地球静止轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球（球心为，半径为），地球上一点的纬度是指与赤道平面所成角的度数，点处的水平面是指过点且与垂直的平面，在点处放置一个仰角为的地面接收天线（仰角是天线对准卫星时，天线与水平面的夹角），若点的纬度为北纬，则________．

【答案】

【分析】根据给定条件作出图形，利用正弦定理结合同角公式、差角的正弦公式求解作答.

【详解】依题意，作出图形，如图，

，则，

在中，由正弦定理得：，即，

于是得，

所以.

故答案为：

【点睛】思路点睛：解三角形应用问题，根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型，再求解作答．

三、解答题

17．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，角A、B、C的度数成等差数列，．

（1）若，求c的值；

（2）求的最大值．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）利用等差数列以及三角形内角和，正弦定理以及余弦定理求解即可；

（2）利用正弦定理以及两角和与差的三角函数，结合三角函数的最值求解即可．

【详解】（1）由角A、B、C的度数成等差数列，得2B＝A＋C．

又，∴．

由正弦定理，得，即．

由余弦定理，得，

即，解得．

（2）由正弦定理，得，

∴，．

∴

．

由，得．

所以当时，即时，．

18．已知等差数列的公差为，前项和为，，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前n项和公式表示已知条件，求得首项和公差，进而得解；

（2）利用求和公式求得，然后利用裂项求和法求解.

【详解】解：（1）因为，所以，即，整理得，

又因为，所以，

即，所以；

（2）由（1）知，所以，

，

所以．

【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，考查裂项求和法，关键是由已知得到，然后相消求和.

19．如图所示，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，为等边三角形，，点S在平面ABCD内的射影O为线段AD的中点.

(1)求证：平面平面SBC；

(2)已知点E在线段SB上，，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明和，利用线面垂直的判定定理证明出平面SOB，再利用面面垂直的判定定理证明出平面平面SBC.

（2）以为正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.

【详解】(1)（1）如图，连接BD.在菱形ABCD中，，故为等边三角形.

因为O为AD的中点，所以.

因为，所以.

由条件可知底面ABCD，又平面ABCD，所以，

因为，OS，平面SOB，所以平面SOB.

因为平面SBC，故平面平面SBC.

(2)因为底面ABCD，，所以可以以为正方向建立空间直角坐标系，

不妨设，则.

因为，，，，所以.

由，得，

设是平面OEC的法向量，由得，

令，则，，则，

又因为平面BOE的一个法向量为，所以，

故由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

20．业界称“中国芯”迎来发展和投资元年，某芯片企业准备研发一款产品，研发启动时投入资金为A(A为常数)元，n年后总投入资金记为，经计算发现当时，，其中为常数，,

（1）研发启动多少年后，总投入资金是研发启动时投入资金的8倍；

（2）研发启动后第几年的投入资金的最多.

【答案】（1）研发启动9年后，总投入资金是研发启动时投入资金的8倍；（2）研发启动后第5年的投入资金增长的最多.

【分析】（1）利用已知条件列出方程组，求得的值，得到的解析表达式，然后令,解方程即可；

（2）求得第n年的投入资金的解析表达式，并通分化简，适当转化，然后利用基本不等式探究取得最大值的条件即可.

【详解】解：（1）由题意知．

所以，解得,∴

令，得，解得，

即，所以．

所以研发启动9年后，总投入资金是研发启动时投入资金的8倍．

（2）由（1）知

第n年的投入资金，

当且仅当，即等号．

所以研发启动后第5年的投入资金增长的最多．

【点睛】本题考查指数函数模型的应用，涉及利用基本不等式研究最值问题，属中档题，关键是准确运算，并注意适当转化，以便利用基本不等式研究最值.

21．已知椭圆的长轴长与短轴长之比为2，过点且斜率为1的直线与椭圆相切．

（1）求椭圆的方程；

（2）过点的直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，若，．证明：为定值．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【分析】（1）得到以及切线方程，然后假设椭圆方程为：，联立切线与椭圆方程使用可得结果.

（2）讨论直线为轴与不是轴，假设直线方程，并与椭圆联立，使用韦达定理，然后得到，最后代入数据计算即可.

【详解】（1）由题意知：，，切线方程为，

设椭圆方程为：，

直线与椭圆联立：

得，

，即，得，

∴椭圆方程为：

（2）当为轴时，易得，，．

当不为轴时，设直线，，

直线与椭圆联立：，得，

，，

直线，令，则，即

，，，

，，

，，，

，，

将（）代入得：

．

（设直线的方程为时可以不用讨论）

【点睛】方法点睛：解决这种类型问题（1）讨论斜率存在还是不存在（可巧设方程）；（2）联立直线与圆锥曲线方程并计算：（3）韦达定理；（3）代入计算.

22．已知函数，，.

（1）当时，，求的取值范围；

（2）证明：当时，.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（１）分离参数，构造函数，利用倒数研究函数的单调性和最值，从而得解；

（２）利用导数研究函数的单调性，求得最小值，利用导数研究待证不等式右边的函数的单调性求得其最大值，即可证得.

【详解】（1）当时，，即，

即，

设，则，

∴当时，，在单调递减，

当时，，在单调递增，

∴，则.

∴实数的取值范围为；

（2）证明：∵，

∴，

易知函数在上单调递减，在上单调递增，

∴当时，，

令，则，

易知在单调递增，在单调递减，

∴，

又两个等号不同时成立，故当时，.

【点睛】本题考查利用导数解决不等式恒成立求参数取值范围问题和证明不等式问题，属中档题，分离参数法是研究不等式恒成立求参数取值范围的主要方法之一，两边分别求最值是证明关于关于指数对数的大小比较的不等式的常用的方法，比较巧妙，注意体会和掌握.