2021-2022学年湖南省岳阳市岳阳县第一中学高二下学期第一次阶段考试数学试题解析.doc

2021-2022学年湖南省岳阳市岳阳县第一中学高二下学期第一次阶段考试数学试题一、单选题1集合，则（       ）ABCD【答案】B【分析】先求出集合，然后由集合的交集和并集运算对选项进行逐一判断即可得出答案.【详解】,又所以，故选项A、C不正确.,故选项B正确. 选项D不正确.故选：B2已知为实数，且(为虚数单位)，则（   ）ABCD【答案】A【分析】利用复数的乘除运算化简，再利用复数相等求得，进而得解.【详解】由题意知，解得，所以故选：A3一个斜边长为的等腰直角三角形绕直角边旋转一周形成的几何体的体积为（       ）ABCD【答案】A【分析】由条件计算圆锥的体积.【详解】由条件可知直角边长为1，并且旋转形成的几何体是底面半径为1，高为1的圆锥，所以几何体的体积.故选：A4已知，则的值为（       ）.ABCD【答案】A【分析】结合诱导公式与二倍角公式即可求出结果.【详解】.故选：A.5设、是椭圆的两个焦点，为坐标原点，点在上，且的面积为，则（       ）ABCD【答案】A【分析】根据三角形的面积可求得点的坐标，由此可求得的值.【详解】在椭圆中，则，所以，所以，所以，则，故选：A.6函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数的图象关于轴对称，则的最大值为（       ）ABCD【答案】D【分析】先根据平移求出的解析式，根据的图象关于轴对称，得到方程，结合，求出最大值.【详解】，由题意得：，解得：，由于，所以，解得：，故当时，取得最大值，且最大值为.故选：D72022年北京冬奥会速度滑冰花样滑冰冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，丁，戊五名同学各自选择一个项目开展志自愿者服务，则甲和乙均选择同一个项目，且三个项目都有人参加的不同方案总数是（       ）A18B27C36D48【答案】C【分析】由题意，把甲和乙看作一个元素，然后先分组再分配，即可求解【详解】解：因为甲和乙选择同一个项目，所以把甲和乙看作一个元素与丙，丁，戊分配到三个项目，因为三个项目都有参加，所以有一个项目是2个元素，所以共有种方案.故选：C.8已知，曲线在不同的三点，处的切线均平行于x轴，则m的取值范围是（       ）ABCD【答案】D【分析】由得，令，求导分析单调性与极值，依题意得有三个不同解，即可求解【详解】由得令，则当或时，当时，所以在和上单调递减，在上单调递增，且，因为曲线在不同的三点，处的切线均平行于x轴所以有三个不同解，故故选：D二、多选题9某学校为研究高三学生的考试成绩，根据高三第一次模拟考试在高三学生中随机抽取50名学生的思想政治考试成绩绘制成频率分布直方图如图所示，已知思想政治成绩在的学生人数为15，把频率看作概率，根据频率分布直方图，下列结论正确的是（       ）ABC本次思想政治考试平均分为80D从高三学生中随机抽取4人，其中3人成绩在内的概率为【答案】ABD【分析】对于A，直接利用已知的数据可求出的值；对于B，利用所有频率和为1求解；对于C，利用平均数的定义求解即可；对于D，由频率分布直方图可得内的概率为0.16，从而可得结论【详解】由题知，选项A正确；，选项B正确；本次思想政治考试平均分估计值为，选项C错误；可知在内的概率为0.16，从高三学生中随机抽取4人，其中3人成绩在内的概率为，选项D正确，故选：ABD10古代典籍周易中的“八卦”思想对我国建筑中有一定影响下图是受“八卦”的启示，设计的正八边形的八角窗，若是正八边形的中心，且，则（       ）A与能构成一组基底BCD【答案】BD【分析】连接BG，CF，由正八边形的性质可知，可判断选项A；从而可得，可判断选项B；连结交于点，可判断选项C；先判断出，结合向量的加法和数量积的运算性质可判断选项D .【详解】连接BG，CF，由正八边形的性质可知，所以，所以AH与CF是共线向量，所以与不能构成一组基底，A项错误；又，所以所以，B项正确；由上过程可知，连结交于点,在直角三角形中，为的中点，则,又，所以，C项错误；又正八边形的每一个内角为：，延长,相交于点，则所以，故，所以，D项正确故选:BD. 11已知直线，圆C的方程为，则下列选项正确的是（       ）A直线l与圆一定相交B当k=0时，直线l与圆C交于两点M，N，点E是圆C上的动点，则面积的最大值为C当l与圆有两个交点M，N时，|MN|的最小值为2D若圆C与坐标轴分别交于A，B，C，D四个点，则四边形ABCD的面积为48【答案】AC【分析】由直线过定点在圆内判断A，由圆上点到直线的距离的最大值，求得三角形面积最大值判断B，当定点与圆心连线垂直于直线时，弦长最短，由勾股定理计算可得弦长，判断C，求出圆与坐标轴的交点坐标，由面积公式计算面积判断D【详解】直线过定点，在圆内，因此直线一定与圆相交，A正确；时，直线为，代入圆方程得，因此，圆心为，圆半径为，圆心到直线的距离为，因此到直线的距离的最大值为，的面积最大值为，B错；当l与圆有两个交点M，N时，|MN|的最小时，因此，C正确；在圆方程中分别令和可求得圆与坐标轴的交点坐标为，四边形面积为，D错故选：AC12如图，在正方体中，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（       ）AB平面C线段BN长度的最大值为D当点M，N分别在棱AB和的中点时，点到面的距离为【答案】AC【分析】以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立坐标系，设出动点M，N的坐标，利用空间向量运算判断选项A，B，C，利用点到平面的距离公式判断D即可得解.【详解】在正方体中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3,y,0)，N(3,3,z)，而则，对于A选项：，则，A正确；对于B选项：，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；对于C选项：，则线段BN长度，当且仅当时取“=”，C正确；对于D选项：设平面的法向量，则，令，则，即，又，所以，点到面的距离为，故D不正确.故选：AC三、填空题13已知，则_【答案】1【分析】将指数式变为对数式，求出的值，然后利用换底公式即可求解.【详解】解：因为，所以，所以，故答案为：1.14若抛物线上一点到该抛物线的焦点的距离为8，则该抛物线的方程为_【答案】【分析】根据抛物线的定义可知该点到准线的距离为8，求得p值，进而得抛物线方程.【详解】由题意可知 ,则 ，故抛物线的方程为 .15已知数列满足，则_.【答案】【分析】利用累乘法可求得数列的通项公式，利用错位相减法可求得，即可求得所求代数式的值.【详解】因为数列满足，则，所以，当时，也满足，所以，对任意的，.令，则，可得，上述两个等式作差得，所以，因此，.故答案为：.16已知是定义在上的可导函数，对于任意实数都有.当时，若，则的取值范围是_.【答案】或【分析】令，可知当时，单调递减；根据得到，知为偶函数，将所求不等式转化为，由单调性可得，解不等式可求得结果.【详解】当时，当时，；令，则在上单调递减；，即，为上的偶函数，在上单调递增；是上的可导函数，在上连续，在上连续；由得：，即，解得：或.故答案为：或.四、解答题17已知的内角，的对边分别为，.已知.(1)求；(2)若，为的中点，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据在中，有，利用正弦定理求解；（2）解法一：根据为线段中点，得到，然后平方，再利用余弦定理，结合，求得求解；解法二：根据，利用余弦定理得到，再利用余弦定理得到，结合求解.【详解】(1)解：在中，因为，由正弦定理得，整理得，又，所以，又因为，所以.(2)解法一：因为为线段中点，所以，所以，化简得，在中，由余弦定理得，即，又，联立，解得，所以.解法二：因为，由余弦定理得，即，在中，由余弦定理得，即，又，联立，解得，所以.18已知等比数列是各项均为正数的递增数列，成等差数列，且满足；(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等比数列的基本量运算，求出首项与公比即可得答案；（2）利用裂项相消法求和即可.【详解】(1)设等比数列的公比为，且，由条件，成等差数列，可得，即，可得，解得或（舍去），又因为，即，即.所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以.(2)因为，所以，数列的前项和.19甲、乙两位同学参加数学建模比赛.在备选的道题中，甲答对每道题的概率都是；乙能答对其中的道题.甲、乙两人都从备选的道题中随机抽出道题独立进行测试.规定至少答对题才能获奖.（1）求甲同学在比赛中答对的题数的分布列和数学期望；（2）求比赛中甲、乙两人至少有一人获奖的概率.【答案】（1）分布列答案见解析，数学期望为；（2）.【分析】（1）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列以及的值；（2）计算出甲、乙分别获奖的概率，再利用独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】（1）由题意可知，所以的分布列如下：所以，；（2）记“甲获奖”为事件，设乙答对的题数为，“乙获奖”为事件.；.记“甲、乙至少有一人获奖”为事件，则为“甲、乙两人都未获奖”.答：甲、乙至少有一人获奖的概率为.20在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，O为AD的中点，DC/AB，DCAD，PA=PD，PO=AB=2DC，BC=CD，(1)求证：平面PBC平面POC；(2)求平面PAB与平面PCB所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面PAB与平面PCB所成角的余弦值.【详解】(1)连OB，在三角形PAD中，且O为AD的中点，所以，又平面平面ABCD，平面平面平面PAD，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以.，所以，在中，在中，又，所以，所以，又，所以平面POC，平面PBC，所以平面平面POC.(2)如图，以O为原点，OA、OP所在直线分别为x轴、z轴，过O且垂直于AD的直线为y轴建立空间直角坐标系.设，则，易求，则，所以设平面PAB的一个法向量为，则所以取，则，所以.设平面PCB的一个法向量为，则，所以，取，则，所以.所以，即平面PAB与平面PCB所成角的余弦值为.21已知：的离心率为，点在椭圆上.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，且，是否存在定圆E，使得直线与圆E相切？若不存在，说明理由，若存在，求出圆E的方程.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）由离心率得关系，从而得关系，已知点坐标代入椭圆方程得关系，两者结合可求得得椭圆方程；（2）把向量模平方可得，假设存在直线满足题意，设直线的斜率存在时，设：，直线方程与椭圆方程联立，消元后应用韦达定理得，代入得出的关系，然后求出原点到直线的距离等于圆半径，确定相切，直线的斜率不存在时，设直线方程，求出坐标，由得值，判断直线与圆相切即可从而最后得结论【详解】(1)点在椭圆上，椭圆的离心率，即，代入，得到，椭圆的方程为.(2)假设存在.，得到，当直线的斜率不存在时，设：，代入椭圆方程得，不妨令，由，得，解得，此时，与圆相切.当直线的斜率存在时，设：，联立得，则，由根与系数的关系得，则，由，即可得，整理得，满足，即原点到直线的距离为，直线与圆相切.综上所述，存在定圆，使得直线与圆E相切，这时定圆的方程为.22已知函数(1)讨论的单调性；(2)若，且，求证：【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导，分和，讨论求解； （2）由， 得到，令，利用导数法得到时， 或证明.【详解】(1)解：，当时，在R上单调递增，当时，由，得；由，得在上单调递减，在上单调递增综上所述，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增(2)证明：由，得，即，令，则，在上单调递增，在上单调递减当时，或，若，显然若，要证，只需证，即证，若能证，则原命题得证，令，在单调递增，原命题得证综上所述，【点睛】关键点点睛：当时，关键是将证，转化为证，然后令，利用导数而得解.第 18 页 共 18 页