2021-2022学年湖南省邵阳市第二中学高二下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年湖南省邵阳市第二中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出集合，再根据集合的交集运算求得答案．

【详解】由题意得，其中奇数有1，3，5，7，9

又，则,

故选：B．

2．设复数z满足，则（       ）

A．6 B．6 C． D．5

【答案】D

【分析】先求得，然后求得.

【详解】因为，所以.

故选：D

3．已知＝(1，2)，＝(2，－2)，＝(λ，－1)，，则λ等于（       ）

A．－2 B．－1 C．－ D．

【答案】A

【分析】利用两个向量与平行的坐标公式：求解.

【详解】∵＝(1，2)，＝(2，－2)，∴＝(4，2)，

又＝(λ，－1)，，∴2λ＋4＝0，解得λ＝－2，

故选：A

4．函数的最小值为（     ）

A．3 B．2 C．1 D．0

【答案】C

【分析】根据基本的不等式，构造定值，即可求解.

【详解】解：（当且仅当时，即时取“=”），所以最小值为1，

故选：C.

5．将本不同的数学书和本语文书在书架上随机排成一行，则本数学书相邻的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】分析：先求出基本事件总数n==6，再求出2本数学书相邻包含的基本事件个数m=

=4，由此能求出2本数学书相邻的概率．

详解：将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，

基本事件总数n==6，2本数学书相邻包含的基本事件个数m==4，

∴2本数学书相邻的概率为p=．

故选A

点睛：本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

6．若的展开式中的常数项为－20，则a=（       ）

A．2 B．－2 C．1 D．－1

【答案】D

【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求的展开式的常数项.

【详解】已知的展开式中的通项公式为：，令，求得：，可得展开式的常数项为：，解得：.

故选：D.

7．函数（且）的图象可能为（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.

【解析】1.函数的基本性质；2.函数的图象.

8．已知若对于任意两个不等的正实数，，都有恒成立，则a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据条件可变形为，构造函数，利用其为增函数即可求解.

【详解】根据可知，

令

由知为增函数，

所以恒成立，

分离参数得，

而当时，在时有最大值为，

故.

故选：B

【点睛】关键点点睛：本题由条件恒成立，转化为恒成立是解题的关键，再根据此式知函数为增函数,考查了推理分析能力，属于中档题.

二、多选题

9．下列命题正确的有（       ）

A．若命题，，则，

B．不等式的解集为

C．是的充分不必要条件

D．“为真”是“为真”的必要不充分条件

【答案】ABC

【分析】由题意，选项A，命题为特称命题，而是该命题的否定；选项B，求出不等式即可；选项C，求出不等式，然后判断条件和结论之间的关系即可；选项D，分别写出“为真”和“为真”时需要满足的情况，即可做出判断.

【详解】选项A，命题为特称命题，而是该命题的否定，满足题意，故该选项正确；

选项B，，故其解集为，该选项正确；

选项C，，所以或，而是或的充分不必要条件，故该选项正确；

选项D，“为真”则真，真，“为真”则至少有一个为真，所以“为真”是“为真”的充分不必要条件，故该选项错误.

故选：ABC.

10．已知函数，则（       ）

A．函数的周期为 B．函数的图象关于原点对称

C．的最大值为2 D．函数在区间上单调递增

【答案】AC

【分析】根据正弦函数的性质求解判断．

【详解】由三角函数周期得其周期为，A正确；

，B错；

由正弦函数性质知，C正确；

时，，易知，即时，取得最大值2，因此在上不是单调函数，D错．

故选：AC．

11．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（       ）

A．焦点的坐标为

B．过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点

C．直线与抛物线相交所得弦长为8

D．抛物线与圆交于两点，则

【答案】ACD

【分析】先求出抛物线方程，对选项逐一判断即可.

【详解】由题可知抛物线方程为

对于A，焦点的坐标为，故A正确

对于B，过点有抛物线的2条切线，还有，共3条直线与抛物线有且只有一个交点，故B错误

对于C，，弦长为，故C正确

对于D，，解得（舍去），交点为，有，故D正确

故选：ACD

12．在棱长为1的正方体中，为底面的中心，，为线段的中点，则（       ）

A．与共面

B．三棱锥的体积跟的取值无关

C．时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为

D．

【答案】ABC

【分析】由为的中点，得到，可判定A正确；由到平面的距离为定值，且的面积为定值，根据，可得判定B正确，由时，得到三点的正方体的截面是等腰梯形，可判定C正确；当时，根据，可判定D不正确．

【详解】在中，因为为的中点，所以，

所以与共面，所以A正确；

由，因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，

所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；

当时，过三点的正方体的截面是等腰梯形，

所以平面截正方体所得截面的周长为，

所以C正确；

当时，可得，

则，所以不成，所以D不正确．

故选：ABC

三、填空题

13．某天，甲､乙两地下雨的概率分别为和，且两地同时下雨的概率为，则这一天，在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为___________.

【答案】

【分析】设乙地下雨为事件，甲地下雨为事件，可得，根据条件概率的计算公式，即可求解.

【详解】设乙地下雨为事件，甲地下雨为事件，可得,

所以在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为.

故答案为：.

14．函数的单调递增区间为__________.

【答案】

【分析】先求得的定义域，根据复合函数单调性的求法，即可得答案.

【详解】由题意得，解得或，

设，则，

根据复合函数的单调性的求法可得，求增区间，即求的减区间，

因为为开口向上的抛物线，对称轴为，

所以的减区间为，

所以的增区间为.

故答案为：

15．给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有___种不同的染色方案.

【答案】96

【分析】通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，最少需要3种颜色，即同色，同色，同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以4种颜色全部用上，即，，三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类加法求和．

【详解】解：要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，

即同色，同色，同色，则从四种颜色中取三种颜色有种取法，三种颜色染三个区域有种染法，共种染法；

第二类是用四种颜色染色，即，，中有一组不同色，则有3种方案不同色或不同色或不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有种染法．

由分类加法原理得总的染色种数为种．

故答案为：96．

【点睛】本题考查了排列、组合、及简单的计数问题，解答的关键是正确分类，明确相邻的两区域不能染相同的颜色，属于中档题．

16．若函数在区间(1，4)上不单调，则实数a的取值范围是___________.

【答案】(4，5)

【分析】由已知得在上存在变号零点，参变分离后利用导数讨论新函数的单调性后可得实数的取值范围.

【详解】解：函数，，

若函数在区间上不单调，则在上存在变号零点，

由得，

令，，，

在递减，在递增，而，，，

所以.

故答案为：.

四、解答题

17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答.问题：在中，内角，，的对边分别为       

(1)求角

(2)若，，求的面积.

【答案】(1)条件选择见解析，

(2)

【分析】（1）若选①，由正弦定理边角互化，由余弦定理得出角；若选②，由正弦定理边角互化，利用两角和与差公式化简得出角；若选③，由正弦定理结合诱导公式和二倍角公式得出角．

（2）根据（1）的结论，由余弦定理得出，进而可得三角形的面积；

【详解】(1)若选①，由正弦定理，得，

即，所以，

因为，所以.

若选②，由正弦定理，得.

因为，所以，所以，

化简得，所以.

因为，所以.

若选③，由正弦定理，得．

因为，

所以，所以．

因为，所以．

因为，，

所以，所以，所以．

(2)因为，

，，所以，

所以．

18．已知正项等差数列的前项和为，若构成等比数列.

（1）求数列的通项公式.

（2）设数列的前项和为，求证:

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）由等差数列和等比数列的定义，即可求出通项公式.

（2）利用裂项相消法即可求出数列的和，进而利用不等式放缩即可证明结果.

【详解】（1）由为等差数列，

得，则

又构成等比数列，

所以，

即

解得或(舍)，

所以;

（2）因为，

所以

19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，O是边长为4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，E为BC的中点．

（1）求证：平面PAC⊥平面PBD；

（2）若PE＝3，求二面角D﹣PE﹣B的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）先证平面，即可用线面垂直即可推证面面垂直；

（2）以中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，即可用向量法求得二面角的余弦值.

【详解】（1）证明：由正方形ABCD可得：AC⊥BD．

由PO⊥平面ABCD，平面，

∴PO⊥AC．

又PO∩BD＝O，平面，

∴AC⊥平面PBD，AC⊂平面PAC，

∴平面PAC⊥平面PBD；

（2）取AB的中点O，连接OM，OE．建立如图所示的空间直角坐标系．

OP．

，

设平面DPE的法向量为（x，y，z），

则，即，

取．

同理可得平面PEB的法向量．

．

由图可知：二面角D﹣PE﹣B的平面角为钝角．

∴二面角D﹣PE﹣B的余弦值为．

【点睛】本题考查由线面垂直推证面面垂直，以及用向量法求二面角的余弦值，属综合中档题.

20．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点分別为A、B，右焦点F，且椭圆过点、，过点F的直线l与椭圆交于P、Q两点（点P在x轴的上方）．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设直线AP、BQ的斜率分別为、，是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）由题意将点、的坐标代入椭圆方程可求出的值，从而可求得椭圆方程，

（2）由题意设直线l的方程为，点，，将直线方程代入椭圆方程中消去，整理后利用根与系数的关系，，由于在椭圆上，所以可得，代入上式结合前面的式子化简可得结果

【详解】(1)因为椭圆过点、，则有，解得，

所以椭圆的标准方程为．

(2)设存在常数，使得．由题意可设直线l的方程为，点，，

则又由得，，

且，

．

又因为，即，即，

所以

即

，

即，所以存在常数使得

21．某超市每月从一厂家购进一批牛奶，每箱进价为30元，零售价为50元．若进货不足，则该超市以每箱34元的价格进行补货；若销售有剩余，则牛奶厂以26元回收．为此收集并整理了前20个月该超市这种牛奶的销售记录，得到了如下数据：

以频率代替概率，记X为这家超市每月销售该牛奶的箱数，表示超市每月共需购进该牛奶的箱数．

(1)求的分布列和均值；

(2)以销售该牛奶所得的利润的期望为决策依据，在和之中选一个，应选用哪个？

【答案】(1)分布列见解析；期望为

(2)应选n＝75

【分析】（1）列出所有可能的取值，计算取每个值的概率，写出分布列（2）分别计算和时超市销售该牛奶所得利润的期望，并进行比较，最后作决策.

【详解】(1)的所有可能取值为：，，，

；；

；；

所以分布列为：

．

(2)①当时，设为“超市销售该牛奶所得的利润”，则

当时，；当时，；

当时，；当时，；

所以的分布列为：

，

②当时，设为“超市销售该牛奶所得的利润”，则

当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

所以的分布列为：

，

，

故应选．

22．设，．

(1)当时，求在点处的切线方程；

(2)如果对任意的，，都有成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由得到，求导，求得，写出切线方程；

（2）利用导数法求得函数的最大值1，将问题转化为时，恒成立，进而转化为恒成立求解.

【详解】(1)解：当时，，

则．

函数在处的切线的斜率，

又切点为，

所以在处的切线方程为；

(2)对于函数，

，

令，得或，

当变化时，，变化情况如下表：

由上表可知：，，

所以在区间上，的最大值为．

因此，原问题等价于当时，恒成立

等价于恒成立，

记，，，

记，，由于，，

所以在上递减，，

当时，，时，，

即函数在区间上递增，在区间上递减，

所以，

所以．

【点睛】方法点睛：双变量存在与恒成立问题：

若， 成立，则 ；

若， 成立，则 ；

若， 成立，则 ；

若， 成立，则 ；

若， 成立，则 的值域是的子集．