2021-2022学年浙江省温州市瑞安中学高二下学期期初测试数学试题（解析版）

2021-2022学年浙江省温州市瑞安中学高二下学期期初测试数学试题

一、单选题

1．全集，， 则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据补集与交集的运算可直接求解.

【详解】由题，故.

故选：C

2．若复数z满足（其中i为虚数单位），则z的虚部是（       ）

A．2i B． C．2 D．

【答案】C

【分析】利用复数的四则运算求出，进而得出虚部即可.

【详解】因为，所以，

所以复数的虚部为.

故选：C.

3．已知与抛物线的准线相切，则（       ）

A． B．16 C． D．8

【答案】A

【分析】求出抛物线的准线方程，利用圆与准线相切可得，求解即可．

【详解】抛物线的准线方程为，圆的方程，圆心，半径，

由已知得，解得，

故选：A

4．已知事件A与事件B是互斥事件，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据互斥事件、对立事件、必然事件的概念可得答案.

【详解】因为事件A与事件B是互斥事件，不一定是互斥事件，所以不一定为0，故A错误；

因为，所以，而不一定为0，故B错误；

因为事件A与事件B是互斥事件，不一定是对立事件，所以C错误；

因为事件A与事件B是互斥事件，是必然事件， 所以，故D正确.

故选：D.

5．设点是双曲线与圆在第一象限的交点，，是双曲线的两个焦点，且，则双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意结合圆的半径和双曲线的定义得到a,c的比值关系，即可确定其离心率.

【详解】由題意可得：点P到原点的距离，∴，

∵，∴，

∴ ，

∴，

∴，∴.

故选:A.

6．已知函数（，），其图象关于点成中心对称，相邻两条对称轴的距离为，且对任意，都有，则在下列区间中，f(x)为单调递减函数的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由相邻对称轴距离得函数的最小正周期，由不等式恒成立得函数的最小值点，结合周期可得函数的增区间和减区间，比较各选项可得．

【详解】因为相邻两条对称轴的距离为，所以函数的最小正周期为，所以，

对任意，都有，则是函数的最小值，

，，

因此在上函数单调递增，D错误；

在上单调递减，C正确；

是函数的一个最大值点，AB错误，

故选：C．

7．如图所示，是某厂生产的一批不倒翁型台灯外形，它由一个圆锥和一个半球组合而成，其中，圆锥的底面和球的直径都是0.2m，圆锥的高是0.24m．要对1000个这样的台灯表面涂一层胶，如果每平方米需要涂胶100克，则共需胶（       ）克

A．340π B．440π C．4600π D．6600π

【答案】C

【分析】求出圆锥的侧面积和半球面的面积后，然后乘以100，再乘以1000可得．

【详解】由题意圆锥的母线长为，

所以台灯表面积为，

需胶重量为（克）．

故选：C．

8．已知函数，若，则实数t的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】画出函数f(x)的图象，将不等式转化，令f(t)=a，则f (a)>-3，得a<3，即f(t)≤3，从而求得t的范围.

【详解】作出函数的图象如图，

由图可知，当,仅有一解，当时，仅有一解，

令，则，即，

，

即，则，

所以实数t的取值范围为，

故选：D

【点睛】本题主要考查分段函数的应用，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，属于中档题.

二、多选题

9．已知直线，其中，下列说法正确的是（       ）

A．若直线与直线平行，则

B．当时，直线与直线垂直

C．直线过定点

D．当时，直线在两坐标轴上的截距相等

【答案】BC

【分析】根据直线方程的相关性质即可逐项求解.

【详解】对于A项，若直线与直线平行，则或1，故A错误；

对于B项，当时，直线为，斜率为1，而直线斜率为－1，∴两条直线垂直，故B正确；

对于C项，恒成立时，令y＝0，得x＝1，即直线过定点(1，0)，故C正确；

对于D项，当时，直线为，令，令，所以横截距和纵截距互为相反数，故D错误.

故选：BC.

10．记为公差d不为0的等差数列的前n项和，则（       ）

A．成等差数列 B．成等差数列

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据等差数列的通项公式和前项和求和公式，以及等差中项公式，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，由，，

所以，所以成等差数列，所以A正确；

对于B中，由等差数列的求和公式，可得，所以，

所以，可得，

所以成等差数列，所以B正确；

对于C中，由，

所以，所以，所以C不正确；

对于D中，由，

所以，所以D正确.

故选：ABD.

11．若函数，则下列关于函数的说法正确的是（       ）

A．最大值为1 B．最小正周期为

C． D．函数在上单调递增

【答案】BC

【分析】化简可得，再根据正弦函数的性质即可依次判断.

【详解】，

所以的最大值为，故A错误；

的最小正周期为，故B正确；

，故C正确；

当时，，根据正弦函数的单调性可得有增有减，故D错误.

故选：BC.

12．四棱锥的顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，设分别是的中点，则（       ）

A．平面平面

B．四棱锥外接球的半径为

C．三点到平面的距离相等

D．平面截球所得的截面面积为

【答案】BCD

【分析】由面面平行的性质判断A；由长方体的性质得出四棱锥外接球的半径；由分别是的中点得出三点到平面的距离相等；根据等体积法得出球心到平面的距离，再由截面圆的半径求出截面面积.

【详解】对于A，取线段PC的中点O，则在梯形中，与不平行，若平面平面，由于平面平面，平面平面，则，这与与不平行相矛盾，故错误；

对于B，由题意可将该四棱锥补形为一个长方体，易知球心为长方体的对角线的中点，即为的中点，故球的直径，所以，故B正确；

对于C，点为的中点，则点两点到平面的距离相等，同理点为的中点，则点两点到平面的距离相等，故C正确；

对于D，设球心到平面的距离为，截面圆的半径为，由题意可知，球心到平面的距离等于点到平面的距离，在三棱锥中，由等体积法可得，即，解得，所以，所以截面圆的面积为，故D正确；

故选：BCD

三、填空题

13．______．

【答案】-1.5

【分析】根据对数的运算法则以及指数的运算，即可得答案.

【详解】,

故答案为： .

14．已知，，则______．

【答案】

【分析】根据同角三角函数的基本关系：，解方程即可求解.

【详解】由，，所以，

又，解得，所以.

故答案为：

15．已知向量，，若与共线，则实数________．

【答案】

【分析】根据向量线性运算的坐标表示，求出，，根据向量共线建立方程即可求解.

【详解】，，

，

由与共线，可知，，

解得，

故答案为：4

16．为增强广大师生生态文明意识，大力推进国家森林城市建设创建进程，某班26名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵（各自挖坑种植），相邻两棵树相距均为10米，在同学们挖坑期间，运到的树苗集中放置在了某一树坑旁边，然后每位同学挖好自己的树坑后，均从各自树坑出发去领取树苗．记26位同学领取树苗往返所走的路程总和为，则的最小值为______米．

【答案】

【分析】根据对称性易知：当树苗放在第13或14个坑，26位同学领取树苗往返所走的路程总和最小，再应用等差数列前n项和的求法求26位同学领取树苗往返所走的路程总和.

【详解】将26个同学对应的26个坑分左右各13个坑，

∴根据对称性：树苗放在左边13个坑，与放在对称右边的13个坑，26个同学所走的总路程对应相等，

∴当树苗放在第13个坑，26位同学领取树苗往返所走的路程总和最小，

此时，左边13位同学所走的路程分别为，右边13位同学所走的路程分别为，

∴的最小值为米.

故答案为：.

四、解答题

17．已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，在①，②，③这三个条件中任选一个，并解答下列问题（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）：

(1)求角A；

(2)若，，求BC边上的中线长．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)选①，利用正弦定理边化角计算作答；选②，利用正弦定理边化角并逆用和角的正弦计

算作答；选③，利用正弦定理角化边并利用余弦定理计算作答.

(2)在中，用余弦定理求出边a及角B，在中，用余弦定理计算作答.

【详解】(1)选①，在中，由正弦定理及得：，

而，即，于是得，又，

所以.

选②，在中，由正弦定理及得：

，而，，则，

所以.

选③，在中，由正弦定理及得：，

即，由余弦定理得，而，

所以.

(2)由(1)知，，在中，由余弦定理得：

，即，

，设BC的中点为D，则，

在中，由余弦定理得：，

解得，

所以BC边上的中线长.

18．某城市为节能减排，提出了在保障生活必需的基础上，“低碳生活，节约用电”的倡议．以下是某社区随机提取的100户居民的月平均用电量（单位：度）的数据，根据这些数据，以[160，180），[180，200），[200，240），[240，260），[260，280），[280，300]分组的频率分布直方图如图所示．

(1)求月平均用电量的25%分位数（精确到小数点后1位）；

(2)在月平均用电量最小组[160，180）和最大组[280，300]用户中，各随机抽取1户到社区做用电情况交流，其中最小组的甲与最大组的乙恰有一人被选到的概率．

【答案】(1)201.8

(2)

【分析】（1）根据百分位数的定义求解即可；

（2）先求出最小组中有4户，最大组有5户，再利用古典概型求概率即可.

【详解】(1)由图可得月平均用电量在[160，180）的频率为0.002×20=0.04，[180，200）的频率为0.0095×20=0.19，[200，220）的频率为0.011×20=0.22，0.04+0.19=0.23<0.25，0.04+0.19+0.22>0.25，

所以25%分位数一定位于[200，220）内，

由，所以，月平均用电量的25%分位数约为201.8．

(2)最小组中有4户，设为甲，

最大组有5户，设为乙，，

各随机抽取1户，有（甲，），（甲，），（甲，），（甲，），（甲，乙），

(,乙)，（），（），（），（），

（，乙），（），（），（），（），

（，乙），（），（），（），（），

共20种可能，

其中最小组的甲与最大组的乙恰有一人被选到有：（甲，），（甲，），（甲，），（甲，），(,乙)，（，乙），（，乙），共7种

甲、乙被选到的事件分别记为A、B，

所以最小组的甲与最大组的乙恰有一人被选到的概率为：．

19．在四棱锥A－BCDE中，直线AB⊥平面BCDE，底面BCDE是梯形，BC//DE，BC⊥CD，CD＝DE＝BC＝2，F是边BC的中点.

(1)证明：AE⊥CE；

(2)若平面ADF与平面ABE所成二面角为45°，求直线AD与平面ABE所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由直线AB⊥平面BCDE，可得AB⊥BC，AB⊥BE，从而计算证明即可得证AE⊥CE；

（2）以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，根据平面ADF与平面ABE所成二面角为45°，利用向量法求出的值，进而利用向量法即可求解直线AD与平面ABE所成角的正弦值.

【详解】(1)证明：因为直线AB⊥平面BCDE，所以AB⊥BC，AB⊥BE，

因为底面BCDE是梯形，BC//DE，BC⊥CD，CD＝DE＝BC＝2，F是边BC的中点，

所以四边形CDEF为正方形，，

所以，，，

所以，

所以；

(2)解：如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，

设平面ADF的法向量为，则，所以，

因为直线AB⊥平面BCDE，所以AB⊥，又，所以，

因为，所以平面，

所以平面的法向量为，

因为平面ADF与平面ABE所成二面角为45°，

所以，解得，

所以，

设直线AD与平面ABE所成角为，则，

所以直线AD与平面ABE所成角的正弦值为.

20．已知正项等比数列的前项和为，满足，.记.

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列前项和，求使得不等式成立的的最小值.

【答案】(1)，.

(2)5.

【分析】(1)根据数列的递推公式探求出其项间关系，由此求出的公比，进而求得，的通项公式.

(2)利用(1)的结论结合错位相减法求出，再将不等式变形，经推理计算得解.

【详解】(1)解：设正项等比数列的公比为，当时，，即，

则有，即，而，解得，

又，则，所以，

所以数列，的通项公式分别为：，.

(2)解：由(1)知，，

则，

则，

两式相减得：

于是得，

由得：，即，令，，

显然，，，，，，

由，解得，即数列在时是递增的，

于是得当时，即，，则，

所以不等式成立的n的最小值是5.

21．在平面直角坐标系中，已知点，，过点的动直线与过点的动直线的交点为P，，的斜率均存在且乘积为，设动点Р的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的方程;

(2)若点M在曲线C上，过点M且垂直于OM的直线交C于另一点N，点M关于原点O的对称点为Q.直线NQ交x轴于点T，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设点坐标为，根据两直线的斜率之积为得到方程，整理即可；

（2）设，，，根据设、在椭圆上，则，再由，则，即可表示出直线、的方程，联立两直线方程，即可得到点的纵坐标，再根据弦长公式得到，令，则，最后利用基本不等式计算可得；

【详解】(1)解：设点坐标为，

定点，，直线与直线的斜率之积为，

，

(2)解：设，，，则，，所以

又，所以，又即，则直线：，直线：，由，解得，即，所以

令，则，所以

因为，当且仅当即时取等号，所以的最大值为；

22．设，已知函数.

（1）若，，求函数的单调递增区间；

（2）若对任意，时，不等式恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】（1）单调递增区间为、；（2）

【分析】（1）求出函数的零点以及对称轴，作出的大致图像即可求解.

（2）根据的取值范围，将不等式去绝对值，将参数分离，可得恒成立，令，转化为的二次函数，根据二次函数的单调性分别求出的最小值，的最大值即可求解.

【详解】（1）由，则，

，所以开口向上，且过，

对称轴，，

令，解得或，

作出的大致图像，如图：

由图可知，函数的单调递增区间为、.

（2）由题意可得恒成立，

，

恒成立，

即恒成立，

恒成立，

令，

不妨设，则，，

由的对称轴，

所以在上单调递增，

，

只需，解得，

只需，

由的对称轴，

所以在上单调递减， ，

只需，解得，

只需，

综上所述，

【点睛】本题考查了分段函数的单调区间、不等式恒成立求参数的取值范围、二次函数的最值，考查了转化与化归的思想，属于难题.