2021-2022学年湖南省长沙市明德中学高二下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年湖南省长沙市明德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】根据集合的并集计算即可.

【详解】，

，

故选：B

2．若单位向量，的夹角为，则•=（       ）

A．2 B． C． D．1

【答案】B

【分析】由向量的数量积的定义，代入可得选项.

【详解】因为单位向量，的夹角为，所以 ．

故选：B．

【点睛】本题考查向量的数量积的定义，属于基础题.

3．某校高一､高二､高三的住校生人数分别为120，180，150，为了解他们对学校宿舍的满意程度，按人数比例用分层抽样的方法抽取90人进行问卷调查，则高一､高二､高三被抽到的住校生人数分别为（       ）

A．12，18，15 B．20，40，30 C．25，35，30 D．24，36，30

【答案】D

【分析】由题意求出抽样比，根据抽样比求高一､高二､高三被抽到的住校生人数即可.

【详解】三个年级的住校生一共有人，

∴抽样比为，故三个年级抽取的人数分别为，，.

故选：D.

4．设，则等于（       ）

A．1 B．0 C．2 D．-1

【答案】C

【分析】根据函数解析式，先求，再根据其值大小球即可.

【详解】 故，.

故选：C.

【点睛】本题考查分段函数函数值的求解，属简单题.

5．已知复数满足，则的虚部为（       ）

A．2 B．－2 C．1 D．－1

【答案】B

【分析】根据复数除法的运算性质，结合复数虚部的定义进行求解即可.

【详解】由，所以的虚部为，

故选：B

6．椭圆的左、右焦点为、 ，一直线过交椭圆于、，则的周长为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用椭圆的定义可求得的周长.

【详解】在椭圆中，，则的周长为.

故选：B.

7．在正方形中，为两条对角线的交点，为边上的动点.若，则的最小值为（       ）

A．2 B．5 C． D．

【答案】C

【分析】以点为原点，以，所在直线为，轴建立平面直角坐标系，设正方形的边长为1，求出已知点的坐标，然后设出点的坐标，代入已知关系式，即可求出，的关系式，然后根据基本不等式即可求解．

【详解】如图所示，以点为原点，以，所在直线为，轴建立平面直角坐标系，

设正方形的边长为1，则，，，，

则根据中点坐标公式可得，设点的坐标为，

则由，可得，，，

所以，则，

当且仅当，即时取等号，

此时的最小值为，

故选：C

【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键点，其一，是联想到利用坐标法分析求解，坐标法和基底法是解决向量问题常用的策略，要灵活选择；其二，是利用常量代换结合基本不等式求函数的最值.

8．数列为正项等比数列，且；等差数列的首项，且，；记，数列的前项和为，，恒成立，则的最小值为（       ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】C

【分析】运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，从而可得，再由数列的错位相减法求和，可得，求得的最大值和最小值，结合不等式成立思想可得所求的最小值

【详解】设正项等比数列的公比为，等差数列的公差为，

则由题意可得，

得，化为，

解得或（舍去），则，

所以，

所以，

所以，

两式相减可得

，

得，

由，可得，

因为数列的前项和为恒成立，

所以可得，

所以的最小值为8，的最大值为2，的最小值为6

故选：C

二、多选题

9．已知直线，b和平面，若，，则直线b与平面的位置关系可能是（       ）

A． B．b与相交 C． D．

【答案】AC

【分析】画出图形，发现直线b与平面的位置关系有两种

【详解】如图，直线b与平面的位置关系有两种，即或

或

故选：AC

10．下列函数中，在定义域上既是增函数，又是奇函数的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】根据各项函数的定义域，结合函数的奇偶性和单调性分别对选项进行判断即可．

【详解】函数的定义域为，而函数在其定义域内不具有单调性，故A不符合题意；

函数的定义域为，由幂函数的性质，可知函数在上单调递增，且为奇函数，故B符合题意；

由正切函数的性质可知，函数的定义域为，且函数在其定义域内不具有单调性，故C不符合题意；

由二次函数的性质可知，函数在上单调递增，函数在上单调递增，又当时，，所以函数在其定义域上是增函数；令设任意的，则，所以，所以函数为奇函数，故D符合题意.

故选：BD.

11．直线与曲线恰有一个交点，则实数b可取下列哪些值（       ）

A． B． C．1 D．

【答案】AC

【分析】先画直线与曲线图象，再结合题意判断实数b的取值范围即可解题.

【详解】解：曲线，整理得，，

画出直线与曲线的图象，如图，

直线与曲线恰有一个交点，

则

故选：AC.

【点睛】本题考查根据直线与半圆的交点个数求参数，是基础题.

12．设分别是双曲线的左右焦点，过作轴的垂线与C交于两点，若为正三角形，则（       ）

A． B．C的焦距为

C．C的离心率为 D．的面积为

【答案】BC

【分析】由题可得，根据双曲线定义可求出，即可得出，再依次判断即可.

【详解】由题可得，

由双曲线定义可得，解得，

则，解得，故A错B对；

，C对；，D错.

故选：BC.

三、填空题

13．若点在角的终边上，则_______．

【答案】

【分析】利用任意角三角函数定义求解即可.

【详解】因为点在角的终边上，所以.

故答案为：.

14．在正方体中，直线与所成角的大小为_______．

【答案】

【分析】画出图形，建立空间直角坐标系，用空间向量求解与所成角.

【详解】以D为坐标原点，分别以DA，DC，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为a，

则，

则，

，

所以，

故直线与所成角为90°.

故答案为：

15．已知数列的前项的和为，并且满足，则的值为______.

【答案】

【解析】由，，，能求出．

【详解】数列的前项的和为，且满足，

，

，

．

故答案为：．

16．在有且仅有三个零点，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】令有，令知：时，有两个值对应；时，有一个值对应；问题转化为的零点必有一个在，另一个在，进而讨论零点分布求的范围.

【详解】令，则上有，令，则，

∴：

∵时，有两个值对应；时，有一个值对应；

∴要使由三个零点，则的零点分布如下：

1、，：将代入有，此时，不合要求；

2、由对称轴，若则、，不合要求；

3、，：有，即.

综上，.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：利用零点有，换元法令，将问题转化为在上零点分布情况分析.

四、解答题

17．在等比数列中，已知，．求：

(1)数列的通项公式；

(2)数列的前4项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）求出等比数列的公比，再根据等比数列的通项公式即可得解；

（2）利用等比数列前项和公式即可得出答案.

【详解】(1)解：由题意，设等比数列的公比为，

则，解得，

故，；

(2)解：由（1）知，，

故数列是以为首项，4为公比的等比数列，

．

18．已知、、分别为内角、、的边，.

(1)求；

(2)若，的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理得，结合余弦定理即可求解；

（2）利用面积公式得，再根据余弦定理可得，从而求出周长．

【详解】(1)因为

由正弦定理得， 则

由余弦定理得，又，

故；

(2)由的面积为，所以

由余弦定理，因为，所以

所以

故的周长为

19．直三棱柱中，为正方形，，，M为棱上任意一点，点D、E分别为AC、CM的中点．

(1)求证：平面；

(2)当点M为中点时，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取BC中点为，连接，，由面面平行的判断定理证明平面平面，从而即可证明平面；

（2）证明平面，即平面，从而有，根据三棱锥的体积公式即可求解.

【详解】(1)证明：取BC中点为，连接，，

因为点、分别为，的中点，所以，，

因为平面，平面，所以平面，

同理可得平面，又，平面，

所以平面平面，

因为平面，

所以平面；

(2)因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，

所以，

又为正方形，，，

所以，且，，，又，

所以平面，即平面，

所以当点为中点时，三棱锥的体积.

20．已知直线恒过抛物线的焦点F．

(1)求抛物线的方程；

(2)若直线与抛物线交于A，B两点，且，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）把直线化为，得到抛物线的焦点为，求得，即可求得抛物线的方程；

（2）联立方程组，得到，，结合，列出方程求得的值，即可求得直线的方程．

【详解】(1)解：将直线化为，可得直线恒过点，

即抛物线的焦点为，所以，解得，

所以抛物线的方程为．

(2)解：由题意显然,联立方程组，整理得，

设，，则，，

因为，

所以

，解得，所以或，

所以直线的方程为或．

21．学生考试中答对但得不了满分的原因多为答题不规范，具体表现为：解题结果正确，无明显推理错误，但语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等，记此类解答为“类解答”．为评估此类解答导致的失分情况，某市考试院做了项试验：从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于“类解答”的题目，扫描后由近千名数学老师集体评阅，统计发现，满分12分的题，阅卷老师所评分数及各分数所占比例如下表所示：

某次数学考试试卷评阅采用“双评＋仲裁”的方式，规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分．（假设本次考试阅卷老师对满分为12分的题目中的“类解答”所评分数及比例均如上表所示，比例视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响；考生最终所得到的实际分数按照上述规则所得分数计入，不做四舍五入处理）．

（1）本次数学考试中甲同学某题（满分12分）的解答属于“类解答”，求甲同学此题最终所得到的实际分数的分布列及数学期望；

（2）本次数学考试有6个解答题，每题满分12分，同学乙6个题的解答均为“类解答”．

①记乙同学6个题得分为的题目个数为，，计算事件“”的概率．

②同学丙的前四题均为满分，第5题为“类解答”，第6题得6分．以乙、丙两位同学解答题总分均值为依据，谈谈你对“类解答”的认识．

【答案】（1）分布列见解析；期望为；（2）①；②答案见解析．

【分析】（1）根据题中规则：规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分．可得随机变量的取值为9，9.5，10，10.5，11，利用表格中的概率值，求出各种情况下的概率，即可得到分布列，以及数学期望；

（2）①事件发生的次数，“”相当于事件恰好发生3次，那么就可以求出其概率；

②分别求出乙，丙同学的均值，比较大小即可.

【详解】（1）根据题意，随机变量的取值为9，9.5，10，10.5，11．

设一评、二评、仲裁所打的分数分别是，，，

，

，

，

，

故的分布列为

．

（2）①方法一

事件“”可分为，；，；，；，四种情况，其概率为

．

方法二

记“或”为事件，6次实验中，事件发生的次数，“”相当于事件恰好发生3次，故概率为：．

②由题意可知：乙同学得分的均值为，丙同学得分的均值为：．

显然，丙同学得分均值更高，所以“会而不对”和不会做一样都会丢分，在做题过程中要规范作答，尽量避免“类解答”的出现．

22．对于正实数有基本不等式：，其中，为的算术平均数，，为的几何平均数．现定义的对数平均数：

(1)设，求证：：

(2)①证明不等式：：

②若不等式对于任意的正实数恒成立，求正实数的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)①证明见解析；②2

【分析】（1）构造函数，利用导数判断出在，上单调递减，由（1），即可证明；

（2）①用分析法证明：转化为证明，令，由（1）有，即可证明；②先把题意转化为恒成立.令，求出导函数，对k分类讨论：，不符合题意；当时，在，上单调递减，恒有（1），符合题意．即可求出正实数的最大值．

【详解】(1)令，则，

，得在，上单调递减，

又（1），故当时，，

因此，当时，；

(2)（2）①证明：要证，，，只要证，

只要证，即证，

令，由（1）有，即得，

因此，；

②由，，，恒成立，

得恒成立，即得恒成立，

令，有恒成立，

得恒成立，恒成立，

令，有，

又（1），

当（1），即时，

方程有一根大于1，一根小于1，

可得在，上单调递增，故有（1），不符合；

当时，有，

，从而在，上单调递减，

故当时，恒有（1），符合．

综上所述，正实数的取值范围为，

因此，正实数的最大值为2．

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：

(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．

(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．

(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．

(4)考查数形结合思想的应用．