2021-2022学年广西梧州市藤县第六中学高二上学期期末热身考试数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年广西梧州市藤县第六中学高二上学期期末热身考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，或，则(    )

A．或 B．

C． D．或

【答案】A

【分析】利用数轴和集合间的并运算即可求解.

【详解】在数轴上分别表示集合和，如图所示，

则或.

故选：A.

2．函数的图象可能是

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】函数即为对数函数，图象类似的图象，

位于轴的右侧，恒过，

故选：．

3．已知直线与平行，则实数a的值为

A．－1或2 B．0或2 C．2 D．－1

【答案】D

【分析】根据两直线平行，列方程，求的a的值.

【详解】已知两直线平行，可得a•a -（a+2）=0，即a2-a-2=0，解得a=2或-1．

经过验证可得：a=2时两条直线重合，舍去．

∴a=-1．

故选D

【点睛】对于直线

若直线

4．执行如下图所示的程序框图，则输出的的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】对逐个带入，直到满足时输出的值即可.

【详解】解：；；

，；

；

；

；

；

；

；

；

；

此时满足，输出；

可得．

故选：D

5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（   ）

A．24 B．12

C．8 D．4

【答案】B

【分析】由三视图还原几何体可得直四棱柱，根据棱柱体积公式可求得结果.

【详解】由三视图可知几何体如图所示的直四棱柱

该几何体的体积

故选：

【点睛】本题考查棱柱体积的求解问题，关键是能够通过三视图准确还原几何体，属于基础题.

6．已知平面向量，，，若，，则实数的值为

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】首先应用向量的数乘及坐标加法运算求得的坐标，然后直接利用向量共线时坐标所满足的条件，列出等量关系式，求解k的值.

【详解】因为，

所以，

又，由

得，解得，故选B.

【点睛】本题考查向量平行坐标表示，考查基本求解能力.

7．中，三边之比，则等于（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】首先由结合余弦定理得出，然后根据二倍角公式和正弦定理即可得出结果.

【详解】因为， 不妨设，

则，

所以.

故选：C.

8．已知，，且，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】已知，，且，则.

当且仅当时，等号成立，因此，的最小值是.

故选：B.

【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最值，考查的妙用，考查计算能力，属于基础题.

9．“”是“直线与圆相交”的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【详解】圆的圆心为原点，半径，原点到直线的距离，当时，，所以，直线与圆相交；反之，若直线与圆相交，则有，即，解得：，因此，根据充分、必要条件的概念，“”是“直线与圆相交”的充分不必要条件，故选A．

主要考查充要条件的概念及充要条件的判定方法.

10．在数列中，=1，，则的值为

A．99 B．98 C．97 D．96

【答案】A

【分析】利用等差数列的通项公式即可求出结果

【详解】，

数列是等差数列，首项为，公差为

则

故选

【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，涉及等差数列的判定，属于基础题．

11．已知函数．给出下列结论：

①的最小正周期为；

②是的最大值；

③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．

其中所有正确结论的序号是（    ）

A．① B．①③ C．②③ D．①②③

【答案】B

【分析】对所给选项结合正弦型函数的性质逐一判断即可.

【详解】因为，所以周期，故①正确；

，故②不正确；

将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，

故③正确.

故选：B.

【点晴】本题主要考查正弦型函数的性质及图象的平移，考查学生的数学运算能力，逻辑分析那能力，是一道容易题.

12．【陕西省西安市长安区第一中学上学期期末考】已知双曲线的左焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为2的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】由题意结合双曲线的渐近线方程可得：

，解得：，

双曲线方程为：.

本题选择D选项.

【解析】 双曲线的标准方程

【名师点睛】利用待定系数法求圆锥曲线方程是高考常见题型，求双曲线方程最基础的方法就是依据题目的条件列出关于的方程，解方程组求出，另外求双曲线方程要注意巧设双曲线（1）双曲线过两点可设为，（2）与共渐近线的双曲线可设为，（3）等轴双曲线可设为等，均为待定系数法求标准方程.

二、概念填空

13．若圆的直径为3，则m的值为_________．

【答案】

【详解】该圆的标准方程为

所以由题可知：    

故答案为：

三、填空题

14．将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____.

【答案】

【分析】分别求出基本事件总数，点数和为5的种数，再根据概率公式解答即可．

【详解】根据题意可得基本事件数总为个.

点数和为5的基本事件有，，，共4个.

∴出现向上的点数和为5的概率为.

故答案为：.

【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

15．已知，且，则_______.

【答案】

【分析】根据同角三角函数基本关系，先得到，结合题中条件，进而得到，代入所求式子，即可得出结果.

【详解】，，

，.

又，，.

由题意，得，

.

.

故答案为

【点睛】本题主要考查三角函数求值的问题，熟记同角三角函数基本关系，即可求解，属于常考题型.

16．椭圆内，过点且被该点平分的弦所在的直线方程为___________.

【答案】

【分析】设出坐标，根据点在椭圆上利用点差法求解出的值，再利用直线的点斜式方程可求解出直线方程.

【详解】设直线与椭圆的两个交点为，因为在椭圆上，

所以，所以，

所以，所以，

所以，所以，

所以的方程为：，即，

故答案为：.

四、解答题

17．设的内角所对边的长分别是，且.

（1）求的值；        （2）求的值.

【答案】（1）（2）

【详解】试题分析：（1）在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的关系.题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围;（2）在三角形中，注意隐含条件（3）解决三角形问题时，根据边角关系灵活的选用定理和公式.

试题解析：因为，所以，

由余弦定理得，

所以由正弦定理可得.

因为，，所以，即.

（2）解：由余弦定理得

因为，所以.

故

.

【解析】正弦定理和余弦定理的应用．

18．在桂林市某中学高中数学联赛前的模拟测试中，得到甲、乙两名学生的6次模拟测试成绩（百分制）的茎叶图.分数在85分或85分以上的记为优秀.

（1）根据茎叶图读取出乙学生6次成绩的众数，并求出乙学生的平均成绩以及成绩的中位数；

（2）若在甲学生的6次模拟测试成绩中去掉成绩最低的一次，在剩下5次中随机选择2次成绩作为研究对象，求在选出的成绩中至少有一次成绩记为优秀的概率.

【答案】(1) 众数为94.中位数为83.平均成绩为83.

(2) .

【详解】分析：(1)根据茎叶图，列出各个值，即可求得众数、平均数和中位数．

（2）根据独立事件概率运算，依次写出各种组合情况，把符合要求的与总数比值即可．

详解：（1）由茎叶图可以得出：乙六次成绩中的众数为94.

中位数为.

平均成绩为.

（2）将甲六次中最低分64去掉，得五次成绩分别为78,79,83,88,95.

从五次成绩中随机选择两次有以下10种情形：，，，，，，，，，，

其中满足选出的成绩中至少有一次成绩记为优秀的有7种.

设选出的成绩中至少有一次成绩记为优秀为事件，则.

点睛：本题考查了茎叶图的简单应用，独立事件概率的求解，属于基础题．

19．已知数列是公比为2的等比数列，且成等差数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）由题意可得，

即，

解得：，∴，

∴数列的通项公式为．

（2），

==．

20．如图，已知多面体均垂直于平面．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；

（Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.

【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法

由得，

所以，即有.

由，得，

由得，

由，得，所以，即有，又，因此平面.

［方法二］：向量法

如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下：

因此,

由得；由得，

所以平面.

（Ⅱ）［方法一］：定义法

如图，过点作，交直线于点，连结.

由平面得平面平面，

由得平面，

所以是与平面所成的角.

由得，

所以，故.

因此，直线与平面所成的角的正弦值是.

［方法二］：向量法

设直线与平面所成的角为.

由(I)可知,

设平面的法向量.

由即，可取，

所以.

因此，直线与平面所成的角的正弦值是.

［方法三］：【最优解】定义法+等积法

设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故．

［方法四］：定义法+等积法

设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此．

于是得，易得．

由得，解得．

故．

［方法五］：三正弦定理的应用

设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，

所以由三正弦定理得．

［方法六］：三余弦定理的应用

设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量．

结合三余弦定理得．

［方法七］：转化法＋定义法

如图3，延长线段至E，使得．

联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此．

［方法八］：定义法＋等积法

如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得．

又，设直线与平面所成角为，所以．

【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法；

方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出；

（Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出；

方法二：根据线面角的向量公式求出；

方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解；

方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同；

方法五：直接利用三正弦定理求出；

方法六：直接利用三余弦定理求出；

方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出；

方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出．

21．如图所示，已知椭圆的两焦点为，，为椭圆上一点，且

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若点在第二象限，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据，求出，结合焦点坐标求出，从而可求，即可得出椭圆方程；

（2）直线方程与椭圆方程联立，可得的坐标，利用三角形的面积公式，可求△的面积．

【详解】（1）解：依题意得，

又，

，，

，．

所求椭圆的方程为．

（2）解：设点坐标为，

，

所在直线的方程为，即．

解方程组，并注意到，，可得

．

22．已知二次函数满足条件，及.

（1）求的解析式；

（2）求在上的最值.

【答案】（1）；（2），.

【分析】（1）设，，代入求解，化简求解系数．

（2）将二次函数配成顶点式，分析其单调性，即可求出其最值．

【详解】解：（1）设，，则

，

∴由题，恒成立

∴，，得，，，

∴.    

（2）由（1）可得，

所以在单调递减，在单调递增，且，

∴，.

【点睛】本题考查了二次函数的性质，及待定系数法求解析式，利用等式恒成立解决，属于基础题．