2021-2022学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟高二下学期期中联考数学试题解析.doc

2021-2022学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟高二下学期期中联考数学试题一、单选题1“ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 的（       ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据直线垂直求出的范围即可得出.【详解】由直线垂直可得，解得或1，所以“ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 的充分不必要条件.故选：A.2函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（       ）A的极小值点为 B的极大值点为C有唯一的极小值点D函数在（a，b）上的极值点的个数为2【答案】D【分析】求得的极小值点判断选项A；求得的极大值点判断选项B；求得的极小值点判断选项C；求得函数在（a，b）上的极值点的个数判断选项D.【详解】由导函数的图像可知，有2个极小值点.选项C判断错误；当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.则的极小值点为，选项A判断错误；的极大值点为，选项B判断错误；函数在（a，b）上的极值点为，共2个. 选项D判断正确；故选：D3某铁球在时，半径为当温度在很小的范围内变化时，由于热胀冷缩，铁球的半径会发生变化，且当温度为时铁球的半径为，其中a为常数，则在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为（       ）A0BCD【答案】D【分析】由导数的定义可知在时，铁球体积对温度的瞬时变化率即为的值，求导代入即可.【详解】已知当温度为时铁球的半径为，则其体积（单位：），求导得，所以，所以在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为，故选：D.4已知椭圆C：（）的左右焦点分别为F1，F2，点P为C上一点，若F1PF2的面积为4，且F1PF2内切圆的半径为，则C的离心率为（       ）ABCD【答案】D【分析】借助内切圆半径及三角形面积的关系建立的关系式，再结合求解.【详解】由的面积为4，得，即.又，所以，所以，.故选：D.5已知等差数列的前n项和为，若，则（       ）A44B88C99D121【答案】A【分析】根据等差数列项数的关系可求出，再利用与的关系，即可求出答案.【详解】由于为等差数列，则 故选：A.6在平行六面体中，则（       ）ABC0D【答案】C【分析】结合空间向量的数量积的定义及运算律求出和，进而结合余弦定理即可求出结果.【详解】因为，则，即，,则，即，则故选：C.7已知实数，不等式恒成立，则的取值范围是（       ）ABCD【答案】C【分析】题中指数、对数函数都有，不能分参，可以转化为同构求解.【详解】由可得，易得函数在R上单调递增，所以恒成立，即，设，在单调递减，在单调递增，可得，则有.故选：C.8任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3加1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述运算，经过有限次步骤，必进入循环圈1421.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如果对于正整数，经过步变换，第一次到达1，就称为步“雹程”.如取，由上述运算法则得出：3105168421，共需经过7个步骤变成1，得.则下列命题错误的是（       ）A若，则只能是4B当时，C随着的增大，也增大D若，则的取值集合为【答案】C【分析】根据“冰雹猜想”进行推理即可判定.【详解】对于A，逆推，只能是4，故A对；对于B，时，故B对；对于C，时，时，故C错，对于D，时，逆推，故D对.故选：C.二、多选题9已知曲线.（       ）A若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B若m=n>0，则C是圆，其半径为C若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为D若m=0，n>0，则C是两条直线【答案】ACD【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.【详解】对于A，若，则可化为，因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；对于B，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C正确；对于D，若，则可化为，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.10已知数列中，则下列说法正确的是（       ）AB是等比数列CD【答案】ABC【分析】根据，利用等比数列的定义，得到的奇数项和偶数项，分别是以2为公比的等比数列求解判断.【详解】因为数列中，所以，解得，又，所以，即，所数列的奇数项和偶数项，分别是以2为公比的等比数列，所以，故选：ABC11圆C：，直线，点P在圆C上，点Q在直线l上，则下列结论正确的是（       ）A直线l与圆C相交B的最小值是1C若P到直线l的距离为2，则点P有2个D从Q点向圆C引切线，则切线段的最小值是3【答案】BCD【分析】对于A:求出圆心到直线的距离，即可判断直线与圆相离； 对于B:利用几何法求出的最小值，即可判断；对于C:设直线m与l平行，且m到l的距离为2.求出m的方程，判断出直线m与圆C相交，有两个交点，即可判断；对于D:根据图形知,过Q作QR与圆C相切于       R，连结CR.要使切线长最小，只需最小.利用几何法求出切线段的最小值，即可判断.【详解】对于A:由圆C：，得圆C的标准方程为，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离.故A错误；对于B:圆心到直线的距离,所以的最小值为.故B正确;对于C:设直线m与l平行，且m到l的距离为2.则可设.由，解得：或.当时，直线，圆心到直线的距离,所以直线m与圆C相交，有两个交点，且这两个点到直线l的距离为1.当时，直线，圆心到直线的距离,所以直线m与圆C相离，不合题意.综上所述，圆上到直线l的距离为1的点有且只有2个.故C正确.对于D:根据图形知,过Q作QR与圆C相切于R，连结CR.则切线长.要使切线长最小，只需最小.点Q到圆心C的最小值为圆心到直线的距离d=5,由勾股定理得切线长的最小值为,故D正确.故选：BCD12已知函数（，且），则（       ）A当时，恒成立B若有且仅有一个零点，则C当时，有两个零点D存在，使得有三个极值点【答案】AC【分析】对于A，将不等式变形，构造函数根据函数的单调性以及最值得出结论；对于B、C，都是在A的构造函数的基础之上，由其图象的性质得到的相关结论；对于D，构造函数，判断新函数的性质进一步推断原函数的性质.【详解】对于A，即，两边取对数， 令，单调递增；单调递减；的最大值为，A正确；对于B，若有且仅有一个零点，则，两边取对数，有：，由A选项知，即时此时也有一个零点，B错误.对于C，两边取对数，有：，由A选项知：，C正确；对于D，令得：，两边取对数可得：，设 则，令得：，在上单调递减，在上单调递增；最多有两个零点，最多有两个极值点，D错误.故选：AC.【点睛】本题考查函数零点、方程的根与图象交点的等价，考查函数的单调性、极值与最值的应用，本题的难点在于对式子的变形以及构造函数，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，属于难题.三、填空题13的展开式中，的系数为_.【答案】30【分析】 表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选 ，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选 ，即可得到含 的项，即可算出答案.【详解】 表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选 ，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选 ，即可得到含 的项，故含的项系数是 故答案为：30【点睛】本题考查的是利用分步计数原理处理多项式相乘的问题，较简单.14已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有_种【答案】20【分析】由题意，根据乙的支付方式进行分类，根据分类与分步计数原理即可求出【详解】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C215，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C215，此时共有5+5=10种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C215，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C215，此时共有5+5=10种，综上故有10+1020种，故答案为20.【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.15过抛物线C：的准线l上一点P作C的切线PA，PB，切点分别为A，B，设弦AB的中点为Q，则的最小值为_【答案】2【分析】利用导数求出抛物线在A和B的切线方程，根据切线过P得A和B满足的方程，从而求得AB所在直线方程，联立直线AB方程与抛物线方程求出Q点坐标，从而求出的表达式，根据表示式即可求其最小值.【详解】，设，则，则切线：，切线PA过P，同理，直线AB方程为：.由得，则，则，则，即最小值为2.故答案为：2.16北宋著名建筑学家李诫编写了一部记录中国古代建筑营造规范的书营造法式，其中说到“方一百，其斜一百四十有一”，即一个正方形的边长与它的对角线的比是，接近.如图，该图由等腰直角三角形拼接而成，以每个等腰直角三角形斜边中点作为圆心，斜边的一半为半径作一个圆心角是90°的圆弧，所得弧线称为螺旋线，称公比为的数列为等比数列.已知等比数列的前n项和为，满足.若，且，则的最小整数为_.（参考数据：，）【答案】【分析】令求出，由等比数列的通项公式求出，从而求出，再由裂项相消法求和得出，根据对数的运算即可求解.【详解】令，则，即，所以，解得，所以，所以，所以，即，即，所以的最小整数为.故答案为：四、解答题17已知函数.(1)求的解析式；(2)求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用常见函数的导数公式及简单复合函数的导数公式即得；（2）利用导数的几何意义可得切线方程，进而可得.【详解】(1)；(2)由（1）知，得切线方程为，所围成的三角形的面积.18已知数列满足，(1)设，求数列的通项公式；(2)求n为何值时，最小【答案】(1)(2)或【分析】（1）依题意可得，再利用累加法求出数列的通项公式；（2）利用作差法判断数列的单调性，即可得到最小的；【详解】(1)解：由且，即，即又，所以当时，当时，上式也成立所以数列的通项公式为；(2)解：由（1）可知当时，即；当时，；当时，即，所以当或时，的值最小19如图，在几何体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为4的正方形，平面ABCD，点E为PD的中点，四棱锥是高为4的正四棱锥.(1)求证：平面EAC；(2)求平面PAC与平面QAB所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出平面，可得出，延长与交于点，可证明出，由中位线的性质可得出，利用线面垂直的判定定理可证得平面；（2）以为原点，直线、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.【详解】(1)证明：连接，与交于点，因为四边形是正方形，所以连接，因为四棱锥是正四棱锥，所以平面，平面，则，因为，所以平面因为平面，所以延长与交于点，平面，则，为的中点，则为的中点，则，又，所以，所以，所以连接，因为点为的中点，点为的中点，所以，所以，因为，所以平面.(2)解：以为原点，直线、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，得，取，得设平面的法向量为，则得，取，得设平面与平面所成锐二面角的大小为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为20某学校组织的“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，规定每位参赛选手共需回答3道问题.现有两种方案供参赛选手任意选择.方案一：只选类问题：方案二：第一次类问题，以后按如下规则选题，若本次回答正确，则下一次选类问题，回答错误则下一次选类问题.类问题中的每个问题回答正确得50分，否则得0分：类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分.已知小明能正确回答类问题的概率为，能正确回答类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）求小明采用方案一答题，得分不低于100分的概率：（2）试问：小明选择何种方案参加比赛更加合理？并说明理由.【答案】（1）；（2）小明选择方案二参加比赛更加合理，理由见解析.【分析】（1）由题知得分不低于100分的情况为至少答对两道试题，进而根据二项分布的概率公式求解即可；（2）分别求解两种方案得分的概率分布列，求得分的期望，期望高的更合理.【详解】解：（1）小明采用方案一答题，得分不低于100分的情况为至少答对两道试题，所以其概率为.（2）小明选择方案二参加比赛更加合理.理由如下：若采用方案一，则其得分的可能为取值为，.所以的概率分布列为所以的数学期望为；若采用方案二，则其得分的可能为取值为，所以， .所以的概率分布列为所以的数学期望为，因为，所以小明选择方案二参加比赛更加合理.21已知双曲线的虚轴长为4，直线为双曲线的一条渐近线.(1)求双曲线的标准方程；(2)记双曲线的左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于点(点在第一象限)，记直线斜率为，直线斜率为，求的值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由虚轴长为，和渐近线方程为，求得和的值，即可；（2）设直线的方程为，将其与双曲线的方程联立，得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理和直线的斜率公式，计算的值，即可【详解】(1)虚轴长为4，即，直线为双曲线C的一条渐近线，故双曲线C的标准方程为.(2)由题意知，由题可知，直线斜率不能为零，故可设直线的方程为，设，联立，得，直线的斜率，直线的斜率，22已知函数.（1）求的单调区间与极值.（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，极大优值，无极小值；（2）证明见解析.【分析】首先求函数的导数，利用导数和单调性，极值点的关系，即可求解；（2）首先由条件变形为，即，通过构造函数，转化为极值点偏移问题，即可求解.【详解】（1）解：的定义域为，.当时，；当时，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.故在处取得极大值，且极大值为，无极小值.（2）证明：易知，即，.不妨设，.（1）可知，当时，当时，设，则，因为，所以，在区间上单调递增，所以，又因为，所以，即，故.第 18 页 共 18 页