2021淮北树人高级中学高二下学期期中考试数学（文）试卷含答案

这是一份2021淮北树人高级中学高二下学期期中考试数学（文）试卷含答案，共21页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
树人高中2020-2021学年度第二学期期中考试高二年级数学试题（文）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合A={x|-1≤x≤1}和集合B={y|y=x2}，则A∩B等于（    ）A．{y|0<y<1}     B．{y|0≤y≤1}     C．{y|y>0}     D．{(0，1)，(1，0)}2．已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是A．复数在复平面内对应的点落在第二象限       B．C．的虚部为1       D．3．我国经典数学名著《九章算术》中有这样的一道题：今有出钱五百七十六，买竹七十八，欲其大小率之，向各几何？其意是：今有人出钱576，买竹子78根，拟分大､小两种竹子为单位进行计算，每根大竹子比小竹子贵1钱，问买大､小竹子各多少根？每根竹子单价各是多少钱？则在这个问题中大竹子每根的单价可能为（    ）A．6钱 B．7钱 C．8钱 D．9钱4．已知二项式的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是，则的系数为（    ）A．14 B． C．240 D．5．函数的图象可能是（   ）A． B．C． D．6．已知实数满足，则下列关系式恒成立的是（    ）A．     B．   C．    D．7．已知某三角函数的部分图象如图所示，则它的解析式可能是（ ）  A．   B．   C．     D．8．若等差数列的公差为d，前n项和为，记则A．数列是等差数列，的公差也为dB．数列是等差数列，的公差为2dC．数列是等差数列，的公差为dD．数列是等差数列，的公差为9．已知，是与向量方向相同的单位向量，向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为A． B． C． D．10．我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾，另一直角边为股，斜边为弦．若为直角三角形的三边，其中为斜边，则，称这个定理为勾股定理．现将这一定理推广到立体几何中：在四面体中，，为顶点所对面的面积，分别为侧面的面积，则下列选项中对于满足的关系描述正确的为A．  B．   C．    D．11．已知点，，P为曲线上任意一点，则的取值范围为A． B． C． D．12．已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），，若不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知函数，若，则实数_________.14．已知等差数列中，，，数列满足，则______.15．已知点在抛物线：上，过点的直线交抛物线于，两点，若，则直线的倾斜角的正弦值为______.16．已知三棱锥中，二面角的大小为，是边长为4的正三角形，是以为直角顶点的直角三角形，则三棱锥外接球的表面积为______. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）求的取值范围. 18．四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，为的中点，为的中点，平面底面.（1）证明：平面平面；（2）若与底面所成的角为，求四棱锥的体积.19． 某兴趣小组随机调查了某市天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）
  分别估计该市一天的空气质量等级为，，，的概率； 求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组数据用该组区间的中点值为代表）； 若某天的空气质量等级为或，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为或，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？

附： ，
 20．如图，已知椭圆过点，其的左、右顶点分别是，，下、上顶点分别是，，是椭圆上第一象限内的一点，直线，的斜率，满足.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于另一点，求四边形面积的取值范围.21．已知函数，的导数为.（1）当时，讨论的单调性；（2）设，方程有两个不同的零点，求证. （二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 22．已知直线的参数方程为(为参数)，曲线C的参数方程为(为参数)．(1)将曲线C的参数方程化为普通方程；(2)若直线与曲线交于两点，求线段的长． 23．已知函数=.(Ⅰ)当时，求不等式≥3的解集；(Ⅱ) 若≤的解集包含，求的取值范围.                                         参考答案1．B【分析】先由二次函数的值域求得集合B，再运用集合的交集运算可得选项．【详解】因为B={y|y=x2}，所以B={y|y≥0}，A∩B={y|0≤y≤1}．故选：B．2．C【分析】根据复数乘除运算化简得，结合复数相关概念判定A，B，D错误，化简判定正确.【详解】解：，其对应的复平面点为位于第四象限，故A错误；，故B错误；，虚部为1，故C正确；，故D错误.故选：C.【点睛】复数乘除法运算技巧：（1）复数的乘法：复数乘法类似于多项式的乘法运算．（2）复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数．3．C【分析】根据题意设买大竹子，每根单价为，可得，由，解不等式组即可求解.【详解】依题意可设买大竹子，每根单价为，购买小竹子，每根单价为，所以，即，即，因为，所以，根据选项，，所以买大竹子根，每根元.故选：C【点睛】本题考查了不等式，考查了数据处理能力以及分析能力，属于基础题.4．C【分析】先写二项展开式的通项公式及展开式中第2项与第3项的二项式系数，利用已知条件求得n值，再令展开式通项中的指数为，求得，计算该项的系数即可．【详解】二项展开式的第项的通项公式为，由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5，可得：，即，故，解得：.所以中，令，解得：，所以的系数为，故选：C.【点睛】易错点点睛：二项式的展开式中，学生容易混淆二项式系数和项的系数，而出现答题失误.二项式系数是指展开式中每一项的组合数，而项的系数是指前面乘的全部常数（包括符号），因此做题时一定要看清楚题中条件和要求.5．B【分析】分析四个图像，从而判断函数的性质，利用排除法求解．【详解】由于函数的定义域为，且在上为连续函数，可排除A答案；由于，， ，所以，可排除C答案；当时，，故排除D答案；故答案选B.【点睛】本题考查了函数的性质的判断与数形结合的思想方向的应用，属于中档题6．D【分析】根据，利用指数函数的单调性得到，然后再逐项判断.【详解】因为，所以由指数函数的单调性得：A. 当时，，故错误；B. 当时，，故错误；C. 当时，，故错误；D. 因为幂函数在R上是增函数，所以，故正确；故选：D7．C【解析】试题分析：,所以所以它的解析式可能是，选C.考点：三角函数解析式【方法点睛】已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.8．D【分析】根据已知写出若等差数列的通项公式和求和公式，根据等差数列通项公式的函数性质判断即可得出结论.【详解】由题可得，，则是关于n的一次函数，则数列是公差为的等差数列，故A，B错误；由是关于n的一次函数，得数列是公差为的等差数列，故C错误；又是关于n的一次函数，则数列是公差为的等差数列，故D正确.故选:D.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，考查等差数列,是关于的一次函数，公差为，熟练掌握等差数列通项公式的函数性质是解题的关键，属于基础题.9．B【分析】设，求出，，再根据向量在向量上的投影向量的定义列式求出，最后利用平面向量的夹角公式可求得结果.【详解】因为是与向量方向相同的单位向量，设，则，所以，得，所以，因为向量在向量上的投影为，且向量在向量上的投影向量为，所以，所以，所以，所以，设与的夹角为，则，又，所以，故选：B．【点睛】关键点点睛：利用向量在向量上的投影向量的定义以及平面向量的夹角公式求解是解题关键.10．C【分析】作四面体，，于点，连接，结合勾股定理可得答案．【详解】作四面体，，于点，连接，如图 .即故选C.【点睛】本题主要考查类比推理，解题的关键是将勾股定理迁移到立体几何中，属于简单题．11．A【分析】结合已知曲线方程，引入参数方程，然后结合和角正弦公式及正弦函数的性质即可求解．【详解】解：设则由可得，令，，，，，，，，，【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的运算及三角函数性质的简单应用，参数方程的应用是求解本题的关键.12．D【分析】化简为 ，令，可得，得到，然后作出其函数图象，将不等式的解集中恰有两个整数，转化为不等式的，利用数形结合法求解.【详解】因为，所以 即 ，设，令，可得，所以 ，则 ，令 可得 在 上递增，令 可得 在 上递减，所以在 处取得极大值 ，作出函数如图所示：又因为，而不等式的解集中恰有两个整数，等价于不等式的解集中恰有两个整数，由图象知：当时，不等式不等式的解集中恰有两个整数 ，所以实数的取值范围是，故选：D.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，极值与最值及其图象，不等式的解法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于较难题.13．或【分析】分和两种情况解方程，可得出实数的值.【详解】当时，，解得；当时，，得.因此，或，故答案为或.【点睛】本题考查利用分段函数值求自变量的值，解题时要对自变量进行分类讨论，考查运算求解能力，属于基础题.14．【分析】根据等差数列的通项公式求出，从而求出，再利用等差数列的前项和公式即可求解.【详解】由题意，解得，所以，所以，则.故答案为：.15．【分析】求出，设过点的直线方程为，将直线与抛物线联立，利用韦达定理可得，，根据向量可得，从而求出直线的倾斜角，即求.【详解】因为点在抛物线：上，所以，得，所以，设过点的直线方程为：，所以 ，所以，设，，所以，，又因为，所以，所以，因为直线的斜率，由，所以或，所以.故答案为：【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了基本运算求解能力，属于中档题.16．【分析】找到三棱锥外接球球心的位置，求得外接球的半径，进而求得三棱锥外接球的表面积.【详解】依题意，三角形是等边三角形，设其外心为，线段的中点设为，则，且在线段上、.三角形是以为直角顶点的直角三角形，所以其外心为.过在三角形内作.所以是二面角的平面角，所以.设外接球球心为，则平面，平面，所以、，所以.在三角形中，，，,所以外接球的半径，所以外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本小题主要考查几何体外接球的有关计算，属于中档题.17．（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理化简等式整理可得，又，可求，结合A为内角即可求得A的值；（2）由三角函数恒等变换化简已知可得，可求的范围，从而可求，即可得解.【详解】（1）由正弦定理可得，，从而可得，，即，又B为三角形的内角，所以，于是，又A为三角形内角，因此，.（2）∵，由可知，，所以，从而，因此，，故的取值范围为.18．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）根据线段中点的性质、平行四边形形的判定定理和性质定理，结合面面垂直的性质定理和判定定理、平行线的性质进行证明即可；（Ⅱ）连结，根据等腰三角形的性质，结合面面垂直的性质定理可以证明出底面，这样可以建立以，，分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（Ⅰ）四边形是平行四边形.又，.又面面，面面，面面且面平面平面.（Ⅱ）连结，，为中点，又平面，平面平面，平面平面，底面，∠PCF=,PF=,V=19．【答案】解：，，
，..完成列联表如下：
  人次人次合计空气质量好空气质量不好合计则.
∵   ，
∴   有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【解答】解：，，
，..完成列联表如下：
  人次人次合计空气质量好空气质量不好合计则.
∵   ，
∴   有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.20．（1）；（2）.【分析】（1）由可得，再把已知点的坐标代入后列出关于的方程组求解可得椭圆标准方程；（2）设直线的方程为，求出点，到直线的距离在，再由直线与椭圆相交的弦长公式求得弦长，表示出四边形面积为的函数，由函数性质可得取值范围．【详解】（1）设，则.又，所以.①又由椭圆过点得，②由①②得，，故椭圆方程为.（2），，设直线的方程为，则点，到直线，的距离分别为，.又由得，所以.四边形的面积.由得.故四边形面积的取值范围是.【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交的面积问题．解题时列出关于的方程组是求方程的关键．直线与椭圆相交问题可设出直线方程为，把面积用表示，然后由函数性质得出取值范围．21．（1）当时，在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导得，再分和讨论即可得的单调性；（2）令函数，则，结合（1）得在上单调递增，，进而得在上单调递减，在上单调递增，再结合，，得，，故.【详解】解：（1），.若，令解得，即在单调递增；令解得时，即在上单调递减.若，易得当时，，即在单调递增.故当时，在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增.（2）令，则.由（1）知在上单调递增.又，所以在上，，单调递减；在上，，单调递增.又，，，所以，，故.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性（含参）和零点，考查运算求解能力，是中档题.22．（1）x2＋y2＝16.(2)【分析】(1)根据三角函数平方关系消参数得结果，(2) 将直线的参数方程代入曲线方程，利用参数几何意义以及韦达定理求弦长.【详解】解：(1)由曲线C：得x2＋y2＝16，所以曲线C的普通方程为x2＋y2＝16.(2)将直线的参数方程代入x2＋y2＝16，整理，得t2＋3t－9＝0.设A，B对应的参数为t1，t2，则t1＋t2＝－3，t1t2＝－9.|AB|＝|t1－t2|＝【点睛】本题考查参数方程化普通方程以及利用直线参数几何意义求弦长，考查基本求解能力. 属于基础题.23．1．{|≤1或≥4} 2．[－3,0]【详解】(Ⅰ)当时，=，当≤2时，由≥3得，解得≤1；当2＜＜3时，≥3，无解；当≥3时，由≥3得≥3，解得≥4，∴≥3的解集为{|≤1或≥4}；(Ⅱ)≤，当∈[1,2]时，==2，∴，有条件得且，即，故满足条件的的取值范围为[－3,0]