2021-2022学年湖南省邵阳市第二中学高二下学期期中数学试题(解析版).pdf

第 1 页 共 17 页 2021-2022 学年湖南省邵阳市第二中学高二下学期期中数学试题 一、单选题 1已知集合21,13Ax xnnZBxx，则AB（）A1,3 B1,3,5,7,9 C3,5,7 D1,3,5,7【答案】B【分析】先求出集合1,10B，再根据集合的交集运算求得答案【详解】由题意得|131,10Bxx，其中奇数有 1，3，5，7，9 又21,ZAx xnn，则1,3,5,7,9AB,故选：B 2设复数 z 满足12i3i,z ，则z（）A6 B62 C5 2 D5【答案】D【分析】先求得z，然后求得z.【详解】因为4i 3z ，所以1695z.故选：D 3已知a(1，2)，b(2，2)，c(，1)，/2cab，则 等于（）A2 B1 C12 D12【答案】A【分析】利用两个向量11,ax y与22,bxy平行的坐标公式：12210 x yx y求解.【详解】a(1，2)，b(2，2)，2ab(4，2)，又c(，1)，/2cab，240，解得 2，故选：A 4函数1(1)1yxxx 的最小值为（）A3 B2 C1 D0【答案】C【分析】根据基本的不等式，构造定值，即可求解.第 2 页 共 17 页【详解】解：1111211111yxxxx （当且仅当111xx 时，即0 x 时取“=”），所以最小值为 1，故选：C.5将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为 A23 B12 C14 D13【答案】A【详解】分析：先求出基本事件总数 n=33A=6，再求出 2 本数学书相邻包含的基本事件个数 m=22A22A=4，由此能求出 2 本数学书相邻的概率 详解：将 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行，基本事件总数 n=33A=6，2 本数学书相邻包含的基本事件个数 m=22A22A=4，2 本数学书相邻的概率为 p=4263 故选 A 点睛：本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 6若6axx的展开式中的常数项为20，则 a=（）A2 B2 C1 D1【答案】D【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求的展开式的常数项.【详解】已知6axx的展开式中的通项公式为：66 21rrrrTCax，令620r，求得：3r，可得展开式的常数项为：63320Ca=，解得：1a.故选：D.7函数 1cosfxxxx（x且0 x）的图象可能为（）第 3 页 共 17 页 A B C D【答案】D【详解】因为11()()cos()cos()fxxxxxf xxx ，故函数是奇函数，所以排除 A，B；取x，则11()()cos()0f，故选D.【解析】1.函数的基本性质；2.函数的图象.8已知21()ln(0)2f xaxxa若对于任意两个不等的正实数1x，2x，都有 12122f xf xxx恒成立，则 a的取值范围是（）A0,1 B1,C3,3 D1,2e【答案】B【分析】根据条件 12122f xf xxx可变形为112212()2()20f xxf xxxx，构造函数 21()2ln()202g xfxxa xaxx，利用其为增函数即可求解.【详解】根据1212()()2f xf xxx可知112212()2()20f xxf xxxx，令 21()2ln()202g xfxxa xaxx 第 4 页 共 17 页 由112212()2()20f xxf xxxx知()g x为增函数，所以 200,0agxxxax恒成立，分离参数得2axx，而当0 x 时，2xx在1x 时有最大值为1，故1a.故选：B【点睛】关键点点睛：本题由条件 12122f xf xxx恒成立，转化为112212()2()20f xxf xxxx恒成立是解题的关键，再根据此式知函数 21()2ln()202g xfxxa xaxx为增函数,考查了推理分析能力，属于中档题.二、多选题 9下列命题正确的有（）A若命题:px R，210 xx，则:px R，210 xx B不等式2450 xx的解集为R C1x 是120 xx的充分不必要条件 D“pq为真”是“pq为真”的必要不充分条件【答案】ABC【分析】由题意，选项 A，命题p为特称命题，而p是该命题的否定；选项 B，求出不等式2450 xx即可；选项 C，求出不等式120 xx，然后判断条件和结论之间的关系即可；选项 D，分别写出“pq为真”和“pq为真”时,p q需要满足的情况，即可做出判断.【详解】选项 A，命题p为特称命题，而p是该命题的否定，满足题意，故该选项正确；选项 B，2245(1)10 xxx，故其解集为R，该选项正确；选项 C，120 xx，所以1x 或2x，而1x 是1x 或2x的充分不必要条件，故该选项正确；选项 D，“pq为真”则p真，q真，“pq为真”则,p q至少有一个为真，所以“pq为真”是“pq为真”的充分不必要条件，故该选项错误.故选：ABC.第 5 页 共 17 页 10已知函数()sin()f xx223，则（）A函数()f x的周期为 B函数()f x的图象关于原点对称 C()f x的最大值为 2 D函数()f x在区间(0,)2上单调递增【答案】AC【分析】根据正弦函数的性质求解判断【详解】由三角函数周期得其周期为22T，A 正确；(0)2sin()303f，B 错；由正弦函数性质知max()2f x，C 正确；(0,)2x时，22(,)333x，易知232x，即512x时，()f x取得最大值 2，因此()f x在(0,)2上不是单调函数，D 错 故选：AC 11已知抛物线2:2(0)C ypx p的焦点F到准线l的距离为 2，则（）A焦点F的坐标为(1,0)B过点(1,0)A 恰有 2 条直线与抛物线C有且只有一个公共点 C直线10 xy 与抛物线C相交所得弦长为 8 D抛物线C与圆225xy交于,M N两点，则4MN 【答案】ACD【分析】先求出抛物线方程，对选项逐一判断即可.【详解】由题可知抛物线方程为24yx 对于 A，焦点F的坐标为(1,0)，故 A 正确 对于 B，过点(1,0)A 有抛物线的 2 条切线，还有0y，共 3 条直线与抛物线有且只有一个交点，故 B 错误 对于 C，22104404xyyyyx，弦长为21212122242?16 168yyyyy y，故 C 正确 对于 D，222254504xyxxyx，解得1x（5x 舍去），交点为(1,2)，有4MN，故 D 正确 第 6 页 共 17 页 故选：ACD 12在棱长为 1 的正方体1111ABCDABC D中，M为底面ABCD的中心，111,(0,1)DQD A，N为线段AQ的中点，则（）ACN与QM共面 B三棱锥ADMN的体积跟的取值无关 C13时，过 A，Q，M 三点的平面截正方体所得截面的周长为4 22 133 D14AMQM时，【答案】ABC【分析】由,M N为,AC AQ的中点，得到/MNCQ，可判定 A 正确；由N到平面ABCD的距离为定值12，且ADM的面积为定值14，根据A DMNNADMVV，可得判定 B 正确，由13时，得到,A Q M三点的正方体的截面ACEQ是等腰梯形，可判定 C 正确；当14时，根据222AMAQQM，可判定 D 不正确【详解】在ACQ中，因为,M N为,AC AQ的中点，所以/MNCQ，所以CN与QM共面，所以 A 正确；由A DMNNADMVV，因为N到平面ABCD的距离为定值12，且ADM的面积为定值14，所以三棱锥ADMN的体积跟的取值无关，所以 B 正确；当13时，过,A Q M三点的正方体的截面ACEQ是等腰梯形，所以平面截正方体所得截面的周长为244 22 13221393l，所以 C 正确；当14时，可得2222219251121,1,()()216162416AMAQQM，则222AMAQQM，所以AMQM不成，所以 D 不正确 故选：ABC 第 7 页 共 17 页 三、填空题 13某天，甲乙两地下雨的概率分别为12和13，且两地同时下雨的概率为15，则这一天，在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为_.【答案】35【分析】设乙地下雨为事件A，甲地下雨为事件B，可得11(),()35P AP AB，根据条件概率的计算公式，即可求解.【详解】设乙地下雨为事件A，甲地下雨为事件B，可得11(),()35P AP AB,所以在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为()3(|)()5P ABP B AP A.故答案为：35.14函数212()log(9)f xx的单调递增区间为_.【答案】(,3)【分析】先求得()f x的定义域，根据复合函数单调性的求法，即可得答案.【详解】由题意得290 x，解得3x 或3x ，设29ux，则12()logf xu，根据复合函数的单调性的求法可得，求()f x增区间，即求29ux的减区间，因为29ux为开口向上的抛物线，对称轴为0 x，所以29ux的减区间为(,0)，所以212()log(9)f xx的增区间为(,3).故答案为：(,3)15给图中 A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有 4 种颜色可供选择，则共有_种不同的染色方案.第 8 页 共 17 页 【答案】96【分析】通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中A、B、C、D、E、F六个区域进行染色，最少需要 3 种颜色，即AF同色，BD同色，CE同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以 4 种颜色全部用上，即AF，BD，CE三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类加法求和【详解】解：要完成给图中A、B、C、D、E、F六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，即AF同色，BD同色，CE同色，则从四种颜色中取三种颜色有344C种取法，三种颜色染三个区域有336A 种染法，共4 624种染法；第二类是用四种颜色染色，即AF，BD，CE中有一组不同色，则有 3 种方案(AF不同色或BD不同色或CE不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有2412A 种染法，剩余两种染在不同色区有 2 种染法，共有3 12 272种染法 由分类加法原理得总的染色种数为247296种 故答案为：96【点睛】本题考查了排列、组合、及简单的计数问题，解答的关键是正确分类，明确相邻的两区域不能染相同的颜色，属于中档题 16若函数 324132xafxxx在区间(1，4)上不单调，则实数 a的取值范围是_.【答案】(4，5)【分析】由已知得 240fxxax在(1,4)上存在变号零点，参变分离后利用导数讨论新函数的单调性后可得实数a的取值范围.【详解】解：函数 324132xafxxx，2()4fxxax，若函数()f x在区间(1,4)上不单调，则 240fxxax在(1,4)上存在变号零点，由240 xax得4axx，令4()g xxx，(1,4)x，2(2)(2)()xxg xx，第 9 页 共 17 页()g x在1,2递减，在2,4递增，而 422+42g，411+51g，444+54g，所以45a.故答案为：45，.四、解答题 17在(sinsin)()(sinsin)AB abCB c，sincos()6aBbA，sinsin2BCbaB这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答.问题：在ABC中，内角A，B，C的对边分别为,a b c (1)求角A(2)若2 3bc，6a，求ABC的面积.【答案】(1)条件选择见解析，3A(2)32【分析】（1）若选，由正弦定理边角互化，由余弦定理得出角A；若选，由正弦定理边角互化，利用两角和与差公式化简得出角A；若选，由正弦定理结合诱导公式和二倍角公式得出角A（2）根据（1）的结论，由余弦定理得出bc，进而可得三角形的面积；【详解】(1)若选，由正弦定理，得(ab)()(c b)abc，即222bcabc，所以2221cos222bcabcAbcbc，因为(0,)A，所以3A.若选，由正弦定理，得sinsinsincos()6ABBA.因为0B，所以sin0B，所以cos()s6inAA，化简得31sincossin22AAA，所以cos()06A.因为0A，所以3A.若选，由正弦定理，得sinsinsinsin2BCBAB 因为0B，所以sin0B，所以sinsin2BCA 因为222BCA，所以cos2sincos222AAA 第 10 页 共 17 页 因为0A，022A，所以cos02A，所以1sin22A，所以3A(2)因为2222()3abcbcbcbc，6a，2 3bc，所以2bc，所以113sin2 sin2232ABCSbcA 18已知正项等差数列 na的前n项和为3,9nSS，若1231,1,3aaa构成等比数列.（1）求数列 na的通项公式.（2）设数列11nna a的前n项和为nT，求证:13nT 【答案】（1）21nan；（2）证明见解析.【分析】（1）由等差数列和等比数列的定义，即可求出通项公式.（2）利用裂项相消法即可求出数列的和，进而利用不等式放缩即可证明结果.【详解】（1）由 na为等差数列，39,S 得239a，则23,a 又1231,1,3aaa构成等比数列，所以2132()(11)3aaa，即461,)6(dd 解得2d 或4d (舍)，所以21nan;（2）因为1111121212)21211(nna annnn=，所以12231111nnnTa aa aa a 111111123352121nn 11111213221nnn 19如图，在四棱锥 PABCD 中，O 是边长为 4 的正方形 ABCD 的中心，PO平面ABCD，E 为 BC 的中点 第 11 页 共 17 页 （1）求证：平面 PAC平面 PBD；（2）若 PE3，求二面角 DPEB 的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）3 2929【分析】（1）先证AC 平面PBD，即可用线面垂直即可推证面面垂直；（2）以AC中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，即可用向量法求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：由正方形 ABCD 可得：ACBD 由 PO平面 ABCD，AC 平面ABCD，POAC 又 POBDO，,BD PO 平面PBD，AC平面 PBD，AC平面 PAC，平面 PAC平面 PBD；（2）取 AB 的中点 O，连接 OM，OE建立如图所示的空间直角坐标系 OP225PEOE 第 12 页 共 17 页(0,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(2,2,0),(0,0,5)OBEDP(2,4,0),(2,2,5)DEDP，设平面 DPE 的法向量为n（x，y，z），则00n DEn DP，即2402250 xyxyz，取(2 5,5,2)n 同理可得平面 PEB 的法向量(0,5,2)m 93 29cos,29299mnm nmn 由图可知：二面角 DPEB 的平面角为钝角 二面角 DPEB 的余弦值为3 2929【点睛】本题考查由线面垂直推证面面垂直，以及用向量法求二面角的余弦值，属综合中档题.20在平面直角坐标系中，已知椭圆2222:10 xyabab的左、右顶点分別为 A、B，右焦点 F，且椭圆过点0,5、2,35，过点 F的直线 l与椭圆交于 P、Q两点（点P在 x轴的上方）(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线 AP、BQ 的斜率分別为1k、2k，是否存在常数，使得120kk？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由【答案】(1)22195xy(2)存在，15 【分析】（1）由题意将点0,5、2,35的坐标代入椭圆方程可求出,a b的值，从而可第 13 页 共 17 页 求得椭圆方程，（2）由题意设直线 l的方程为2xmy，点11,P x y，22,Q xy，将直线方程代入椭圆方程中消去x，整理后利用根与系数的关系，11211222123333yyxkxykyxx，由于,P Q在椭圆上，所以可得22225339xyxy，代入上式结合前面的式子化简可得结果【详解】(1)因为椭圆过点0,5、2,35，则有22542519bab，解得35ab，所以椭圆的标准方程为22195xy(2)设存在常数，使得120kk 由题意可设直线 l的方程为2xmy，点11,P x y，22,Q xy，则222,1,95xmyxy又由得225920250mymy，290010m，且1222059myym，1222559y ym 11211222123333yyxkxykyxx 又因为2222195xy，即2222599yx，即22225339xyxy，所以1212121299533555y yy yxxmymy 即122121295525y ym y ym yy 222222252599159592255252055525595959mmmmmmmm，即15，所以存在常数使得120kk 21某超市每月从一厂家购进一批牛奶，每箱进价为 30 元，零售价为 50 元若进货不足，则该超市以每箱 34 元的价格进行补货；若销售有剩余，则牛奶厂以 26 元回收为此收集并整理了前 20 个月该超市这种牛奶的销售记录，得到了如下数据：第 14 页 共 17 页 销售箱数 50 60 70 80 频数 4 8 6 2 以频率代替概率，记 X为这家超市每月销售该牛奶的箱数，n表示超市每月共需购进该牛奶的箱数(1)求X的分布列和均值；(2)以销售该牛奶所得的利润的期望为决策依据，在75n 和80n 之中选一个，应选用哪个？【答案】(1)分布列见解析；期望为63(2)应选 n75【分析】（1）列出X所有可能的取值，计算X取每个值的概率，写出分布列（2）分别计算75n 和80n 时超市销售该牛奶所得利润的期望，并进行比较，最后作决策.【详解】(1)X的所有可能取值为：50，60，70，80 4500.220P X；8600.420P X；6700.320P X；2800.120P X；所以分布列为：X 50 60 70 80 P 0.2 0.4 0.3 0.1 50 0.260 0.470 0.380 0.163E X (2)当75n 时，设1Y为“超市销售该牛奶所得的利润”，则 当50X 时，120 5025 4900Y；当60X 时，120601541140Y；当70X 时，120 705 41380Y ；当80X 时，120 755 161580Y ；所以1Y的分布列为：1Y 900 1140 1380 1580 P 0.2 0.4 0.3 0.1 第 15 页 共 17 页 19000.211400.413800.3 15800.11208E Y，当80n 时，设2Y为“超市销售该牛奶所得的利润”，则 当50X 时，220 50304880Y；当60X 时，220602041120Y；当70X 时，220701041360Y；当80X 时，220 801600Y；所以2Y的分布列为：2Y 880 1120 1360 1600 P 0.2 0.4 0.3 0.1 28800.211200.413600.3 16000.11192E Y，12E YE Y，故应选75n 22设()lnaf xxxx，32()3g xxx(1)当1a 时，求()f x在点 1,1处的切线方程；(2)如果对任意的s，1,22t，都有()()f sg t成立，求实数a的取值范围【答案】(1)1y (2)1a 【分析】（1）由1a 得到1()lnf xxxx，求导21()ln1,(0,)fxxxx，求得(1)f，写出切线方程；（2）利用导数法求得函数32()3,0,2g xxxx的最大值 1，将问题转化为1,22x时，()ln1af xxxx恒成立，进而转化为2lnaxxx恒成立求解.【详解】(1)解：当1a 时，1()lnf xxxx，则21()ln1,(0,)fxxxx 函数()f x在(1,1)处的切线的斜率(1)0kf，又切点为 1,1，第 16 页 共 17 页 所以()f x在(1,1)处的切线方程为1y；(2)对于函数32()3,0,2g xxxx，22()3233g xxxx x，令()0g x，得0 x 或23x，当x变化时，()g x，()g x变化情况如下表：x 0 2(0,)3 23 2(,2)3 2()g x 0 0 ()g x 3 递减 极（最）小值8527 递增 1 由上表可知：min285()327g xg，max()(2)1g xg，所以在区间1,22上，()g x的最大值为(2)1g 因此，原问题等价于当1,22x时，()ln1af xxxx恒成立 等价于2lnaxxx恒成立，记2()lnh xxxx，1 2 lnh xxxx，(1)0h，记()12 lnm xxxx，()32lnm xx ，由于1,22x，()32ln0m xx ，所以()()12 lnm xh xxxx 在1,22上递减，当1,12x时，()0h x，(1,2x时，()0h x，即函数2()lnh xxxx在区间1,12上递增，在区间(1,2上递减，所以max()(1)1h xh，所以1a 【点睛】方法点睛：双变量存在与恒成立问题：若1122,xDxD，12f xg x成立，则 minmaxf xg x；若1122,xDxD，12f xg x成立，则 maxminf xg x；若1122,xDxD，12f xg x成立，则 maxmaxf xg x；若1122,xDxD，12f xg x成立，则 minminf xg x；第 17 页 共 17 页 若1122,xDxD，12f xg x成立，则 f x的值域是 g x的子集；