湖南省2021-2022学年高二数学下学期期中试题含解析

Page222021-2022学年度高二数学下学期期中考试一､选择题（共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上）1.若集合，则集合的子集个数为（）A.3 B.4 C.7 D.8【答案】B【解析】【分析】根据对数的运算性质，求得集合，进而求得集合的子集个数，得到答案.【详解】由，可得，解得，所以集合，所以集合的子集个数为.故选：B.2.已知复数z满足，则复数z在平面内对应点所在象限是（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】根据给定条件结合复数的除法运算求出复数z即可判断作答.【详解】因，则，则复数z在平面内对应点坐标为，所以复数z在平面内对应点所在象限是第一象限.故选：A3.把函数的图象向左平移，可以得到的函数为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据三角函数平移变化可求得平移后的解析式,结合诱导公式化简即可得解.【详解】把函数的图象向左平移可得由诱导公式化简可得故选:C【点睛】本题考查了三角函数图象平移变换,诱导公式的简单应用,属于基础题.4.已知，则等于（）A B. C.e D.1【答案】C【解析】【分析】根据函数解析式先求出，再求出即可.【详解】∵，，又，∴.故选：C5.已知向量，向量，则与的夹角大小为（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】D【解析】【分析】计算可得，利用数量积公式计算即可得出结果.【详解】向量，向量，，，且，的夹角为.故选：D.6.如图，在长方体中，，M、N分别是、的中点.则直线与是（）A.相互垂直的相交直线B.相互垂直的异面直线C.相互不垂直的异面直线D.夹角为60°的异面直线【答案】B【解析】【分析】连接，可证直线与为异面直线，并可求其所成的角.【详解】设，连接，因为平面，平面，，故直线与异面直线.在矩形中，因为为所在棱的中点，故，而，故，故四边形为平行四边形，故，所以或其补角为异面直线与所成的角，在中，，故，故，故选：B7.已知，求（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式化简已知可得,进而利用诱导公式化简所求即可计算得解.【详解】.故选：C8.已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是（）A.6 B. C.8 D.【答案】C【解析】【分析】设切点为（m，n），求出曲线对应函数的导数，可得切线的斜率，代入切点坐标，解方程可得n＝0，进而得到2a+b＝1，再由乘1法和基本不等式，即可得到所求最小值．【详解】设切点为（m，n），y＝ln（x+b）的导数为，由题意可得=1，又n＝m﹣2a，n＝ln（m+b），解得n＝0，m＝2a，即有2a+b＝1，因为a、b为正实数，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为8．故选：C．二､多选题（共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分）9.下列说法正确的是（）A.若事件A与B互相独立，且，，则B.在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好C.若随机变量服从二项分布，则D.设随机变量服从正态分布，则【答案】ABC【解析】【详解】若事件A与互相独立，且，，可得，则，故A正确；在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好，故B正确；若随机变量服从二项分布，则，，故C正确；随机变量服从正态分布.可得，，则，故D错误；故选：ABC.10.以下四个命题表述错误的是（）A.直线恒过定点B.圆上有且仅有个点到直线的距离都等于C.曲线与恰有四条公切线，则实数的取值范围为D.已知圆，为直线上一动点，过点向圆引条切线，其中为切点，则的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，整理直线方程，可化为，当且时，无论取何值，方程恒成立，解方程组即可解得定点，即可判断正误；对于B，求出圆心到直线的距离，结合圆的半径，得出到直线距离为的两条直线与圆的位置关系，即可得出结论；对于C，根据两圆有四条公切线，所以两圆相离，即圆心距大于半径之和，解出的范围即可判断；对于D，当为圆心到直线垂线与直线交点时，切线最短，根据勾股定理求出即可判断正误．【详解】对于A，因为直线，即，令，解得，即直线恒过定点，故A错误；对于B，因为圆的圆心是，半径为，则圆心到直线的距离为，故圆上有且仅有个点到直线的距离都等于，故B正确；对于C，曲线，即，圆心为，半径为，曲线，即，圆心，半径为，若两圆恰有四条公切线，则两圆相离，则，解得，故C错误；对于D，因为，故当最小时，最小，又最小值为圆心到直线的距离，即，故的最小值为，故D错误．故选ACD．11.下列命题正确的是（）A.“”是“”的充分不必要条件B.命题“，”是假命题的实数a的取值范围为C.设x，，则“且”是“”的必要不充分条件D.“关于的不等式在R上恒成立”的一个必要不充分条件是【答案】ABD【解析】【分析】求得不等式的解集判断选项A；求得实数a的取值范围判断选项B；举反例否定选项C；求得使不等式在R上恒成立的m的取值范围判断选项D.【详解】对于A，或，故A正确；对于B，命题“，”是假命题，恒成立，，故B正确；对于C，由“且”，可得“”成立故C错；对于D，当时，，与条件矛盾；当时，则有，故D对.故选：ABD.12.如图，正方形ABCD与正方形DEFC的边长均为1，平面ABCD与平面DEFC互相垂直，P是AE上的一个动点，则以下结论正确的是()A.CP的最小值为B.的最小值为C.当P在直线AE上运动时，三棱锥的体积不变D.三棱锥的外接球表面积为【答案】CD【解析】【分析】A：连接PC、PD，证明△PCD是直角三角形即可根据DP最小值求CP最小值；B：连接BF、PD、PF，将翻折到与平面共面，当､､三点共线时，取得最小值DF；C：作于，易知DH为D到平面BPF的距离，易证为定值，从而可判断三棱锥的体积变化情况；D：根据几何关系，可将三棱锥补为正方体，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，据此即可求解．【详解】对于A，连接DP、CP，∵，，，∴平面，易知，则，故A错误；对于B，如图，连接BF、PD、PF，将翻折到与平面共面，如图，则当､､三点共线时，取得最小值DF，易知，DE=EF=1，在△DEF中，由余弦定理得，故B错误；对于C，作于，在直线上运动时，的面积等于矩形面积的一半，矩形的面积为定值，故的面积是定值，由选项A可知CD⊥平面ADE，∵EF∥AB∥CD，∴EF⊥平面ADE，∵EF平面ABFE，∴平面ABFE⊥平面ADE，∵平面ADE∩平面ABFE=AE，DH⊥AE，DH平面ADE，∴DH⊥平面ABFE，即点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积不变，故C正确；对于D，将该几何体补成正方体，则该正方体外接球即为三棱锥的外接球，其半径为R，则，∴外接球表面积为，故D正确．故选：CD．三､填空题（共4小题，每小题5分，共计20分，请把答案填写在答题卡相应位置上）13.已知函数为奇函数，则实数___________.【答案】12【解析】【分析】利用奇函数的性质列方程去求实数的值.【详解】依题意知为奇函数，∴，即，∴.经检验符合题意.故答案为：1214.已知抛物线：恰好经过圆：的圆心，则抛物线C的焦点坐标为____________.【答案】##(0,0.125)【解析】【分析】将圆M的圆心代入抛物线的方程可求得，进而可求焦点坐标.【详解】由题可得圆的圆心为，代入得，将抛物线的方程化为标准方程得，故焦点坐标为.故答案为：.15.若双曲线C的方程为，记双曲线C的左、右顶点为A，B．弦PQ⊥x轴，记直线PA与直线QB交点为M，其轨迹为曲线T，则曲线T的离心率为________．【答案】【解析】【分析】设P（，）、M（x，y），根据直线的点斜式方程表示出直线PA、QB的方程，整理两直线方程可得，结合点P（，）在双曲线上可得，进而得出曲线的方程，即可求出离心率.【详解】设P（，），则Q（，-），设点M（x，y），又A（-2，0），B（2，0），所以直线PA的方程为①，直线QB的方程为②．由①得，由②得，上述两个等式相乘可得，∵P（，）在双曲线上，∴，可得，∴∴，化简可得，即曲线的方程为，其离心率为，故答案为：.16.已知函数，若关于x方程有两个不同的零点，则实数t的取值范围为_______________．【答案】【解析】【分析】作出与的图像，，令，则方程为，令，作出的图像，结合图形，即可得出答案．【详解】令，，所以在上，，单调递增，在上，，单调递减，所以，又，所以作出与的图像如下：，令，则方程为，则，令，作出的图像：当，即时，与没有交点，所以方程无根，则无解，不合题意．当，即时，与有1个交点，所以方程有1个根为，则有1个解，不合题意．当，即时，与有2个交点，所以方程有2个根为，，若时，则有2个解，有1个解，所以有3个解，不合题意．若时，则有3个解，有1个解，所以有4个解，不合题意．若时，则有1个解，有1个解，所以有2个解，合题意．因为，所以，即，综上所述，的取值范围为．故答案为：．四､解答题（本大题共6小题，共计70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17.已知数列中，，，且（）.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求使得的的最大值.【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）利用等差数列的定义去求数列的通项公式；（2）先利用裂项相消法求得，再解不等式即可求得的最大值.【小问1详解】由题意知当时，即又，所以是首项为公差为2的等差数列，则.【小问2详解】由题知则，由得，解得，所以的最大值为5.18.在中，角，，所对的边为，，，已知.（1）求；（2）若，的面积，为的中点，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，化简即可求解；（2）由面积公式求出的值，再用余弦定理求出的值，然后根据中线长定理代入数值求解即可.【小问1详解】由正弦定理得，，因为，所以，所以，因，所以，又因为，所以，所以，所以，即.【小问2详解】因为的面积，所以，所以，因为，所以，即，所以，因为为的中点，所以，所以，即.故的长为.19.我国政府加大了对全民阅读的重视程度，推行全民阅读工作，全民阅读活动在全国各地蓬勃发展，活动规模不断扩大，内容不断充实，方式不断创新，影响日益扩大，使我国国民素质得到了大幅度提高.某高中为响应政府号召，在寒假中对某校高二800名学生（其中男生480名）按性别采用分层随机抽样的方法抽取200名学生进行调查，了解他们每天的阅读情况如下表：每天阅读时间低于1每天阅读时间不低于1总计男生60女生20总计200（1）根据统计数据完成以上2×2列联表；（2）依据（1）中的列联表，试根据小概率值的独立性检验，能否推断该校女生和男生在每天阅读时间方面存在差异？（3）若从抽出的200名学生中按“每天阅读时间是否低于1”采用分层随机抽样抽取10名学生准备进行读写测试，在这10名学生中随机抽取3名学生，记这3名学生每天阅读时间不低于1的人数为，求的分布列和数学期望.附参考数据及公式：，其中.0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析；【解析】【分析】（1）根据高二有800名学生（其中男生480名），得到抽取200名学生中，男生数和女生数，结合原有数据完成2×2列联表；（2）由（1）求得，与临界值表对照下结论；（3）根据200名学生中“每天阅读时间是否低于1”的人数为120人，得到抽取10名学生“每天阅读时间是否低于1”的人数为6人，的所有可能取值为0,1,2,3，分别求得其相应概率，列出分布列，再求期望.【小问1详解】解：高二有800名学生（其中男生480名），则抽取200名学生中，男生有名，女生有80名，2×2列联表如下：每天阅读时间低于1每天阅读时间不低于1总计男生6060120女生206080总计80120200【小问2详解】由（1）知：，所以能推断该校女生和男生在每天阅读时间方面存在差异；【小问3详解】200名学生中“每天阅读时间是否低于1”的人数为120人，因此抽取10名学生“每天阅读时间是否低于1”的人数为6人，而的所有可能取值为0,1,2,3，,所以的分布列为：X0123P数学期望.20.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点.（1）若E为线段PB的中点，证明：平面AEF⊥平面PBC；（2）若BE=BF，且平面AEF与平面PBC所成角的余弦值为，试确定点F的位置.【答案】（1）证明见解析（2）F为三等分点处【解析】【分析】（1）先证明平面，从而可证，再证明，可证明平面，即可证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标以及对应的向量坐标，并求解平面的法向量，利用向量的夹角公式代入求解.【小问1详解】（1）证明：由底面，可得，又在正方形中，，且，则平面，有.由，E为中点，可得又，则平面，从而平面平面.【小问2详解】以A为坐标原点，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则.由（1）可知为平面的法向量.由，可知，设，则，可得.设平面的法向量为，由，即，取，则，即.从而，由，解得或，即F为三等分点处.【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21.已知双曲线C1：，抛物线C2：（），F为C2的焦点，过F垂直于x轴的直线l被抛物线C2截得的弦长等于双曲线C1的实轴长．（1）求抛物线C2的方程；（2）过焦点F作互相垂直的两条直线，与抛物线C2分别相交于点A、B和C、D，点P、Q分别为AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值．【答案】（1）；（2）16.【解析】【分析】（1）由题设有直线l为，联立抛物线求相交弦长有，即可写出抛物线方程.（2）由题意，可设直线AB为且，联立抛物线应用韦达定理求、坐标，再由两点距离公式求、，进而得到关于k的表达式，结合基本不等式求最小值，注意等号成立条件.【小问1详解】由题意，双曲线实轴长，直线l方程为，由，得，则过F垂直于x轴的直线l被抛物线C2的弦长为2p，所以，故抛物线的方程为.【小问2详解】因为，若直线AB、CD分别与两坐标轴垂直，则其中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意；所以，直线AB，CD的斜率均存在且不为0，设直线AB的斜率为，则直线AB的