2021-2022学年浙江省杭州市西湖高级中学高二下学期期中考试数学试题（解析版）

2021-2022学年浙江省杭州市西湖高级中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分析可知，根据根与系数的关系求出的值，进而可求得集合.

【详解】因为，所以，把代入得，

所以，

故选：C.

2．若，设，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.

【详解】，所以.

故选：B.

3．设函数在上可导，导函数为图象如图所示，则（       ）

A．有极大值，极小值 B．有极大值，极小值

C．有极大值，极小值 D．有极大值，极小值

【答案】C

【分析】根据的单调性与正负的关系，由函数图象分别判断函数导数的符号，结合函数单调性和极值的关系进行判断即可．

【详解】解：由图象知，当时，，则，

当时，，则，

当时，，则，

当时，，则，

即当时，，当时，，

当时，，

即当时，函数取得极大值，

当时，函数取得极小值.

故选：C.

【点睛】本题考查函数极值的判断，结合函数导数图象判断函数的单调性，结合函数极值和导数之间的关系是解决本题的关键.

4．已知平面和平面不重合，直线m和n不重合，则的一个充分条件是（       ）.

A．且 B．且

C．且 D．且

【答案】D

【分析】根据空间中直线、平面的平行关系进行逐项判断即可.

【详解】A．若且，此时和可以相交或平行，故错误；

B．若且，此时和可以相交或平行，故错误；

C．若且，此时和可以相交或平行，故错误；

D．若且，则有，两个不同平面和同一直线垂直，则两平面平行，所以，故正确；

故选：D.

5．某市从6名优秀教师中选派3名同时去3个灾区支教 (每地1人)，其中甲和乙不同去，则不同的选派方案的种数为（       ）

A．48 B．60 C．96 D．168

【答案】C

【分析】用6人中任选派3人的方法数减去甲和乙同去的方法可得．

【详解】由题意所求方法数为6人中任选派3人的方法数减去甲和乙同去的方法：．

故选：C.

6．已知的展开式中第2项和第6项的二项式系数相等，则的展开式中的常数项为（       ）

A．-240 B．240 C．-60 D．60

【答案】D

【分析】根据第2项和第6项的二项式系数相等，可求得n值，根据展开式的通项公式，令，求得r值，代入即可得答案.

【详解】由题意得，所以，

则的展开式的通项公式为，

令，解得，

所以常数项为，

故选：D．

7．已知双曲线的左焦点为F，过点F作C的一条渐近线的平行线交C于点A，交另一条渐近线于点B．若，则C的离心率为（       ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】由可得，结合条件可得，代入双曲线方程即求.

【详解】由题意得左焦点，设一渐近线的方程为，则另一渐近线的方程为，

由题知直线FB：,

由，得，即，

由，可得A为FB的中点，又，

∴，

∴，化简得，

∴.

故选：A.

8．若，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】AB选项一组，CD选项一组，分别构造函数，利用函数的单调性进行比较即可

【详解】对于AB选项:；

构造函数，A项可变成；B项可变为

求导得，令即

所以，函数单调递减；，函数单调递增，

因为，且，所以无法判断的大小关系，故AB错误

对于CD选项：;

构造函数，C项变为；D项变为

求导得，令即

所以，单调递增；，单调递减；

因为，根据单调性可得，即

故选：C

二、多选题

9．函数的图象如图所示，则（       ）

A．

B．

C．对任意的都有

D．在区间上的零点之和为

【答案】AB

【分析】利用图象求得函数的解析式，可判断AB选项的正误；计算的值，可判断C选项的正误；利用正弦型函数的对称性可判断D选项的正误.

【详解】由题图可知函数的最小正周期为，则，

所以，，把代入得，则，得，

，，则AB选项均正确；

，当时，，不满足对任意的都有，C错误；

，，

则共有个零点，不妨设为、、、，且，

则，，

两式相加，整理得，

故的所有零点之和为，D错误，

故选：AB.

10．已知是边的三等分点，点在线段上，若，则的值可以是（       ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据平面向量共线定理的推论，求得以及的取值范围，将转化为关于的二次函数，求其值域，即可结合选项进行选择.

【详解】因为是边的三等分点，点在线段上，

若，可得，，

故，

当时，取最大值，当或时，取最小值.

故选：.

11．公比为的等比数列，其前项和为，前项积为，满足,，.则下列结论正确的是（       ）

A． B．

C．的最大值为 D．的最大值为

【答案】AD

【分析】推导出，，，可判断A选项的正误；利用等比中项的性质可判断B选项的正误；由数列为正项等比数列可判断C选项的正误；由，可判断D选项的正误.

【详解】若，则不合乎题意，所以，，故数列为正项等比数列，

，，，，，所以，故A正确；

，故B错误；

，，所以，数列为各项为正的递减数列，所以，无最大值，故C错误；

又，，所以，是数列中的最大项，故D正确.

故选：AD.

12．设函数，则下列命题中是真命题的是（       ）

A．是偶函数

B．在单调递增

C．相邻两个零点之间的距离为

D．在上有个极大值点

【答案】ACD

【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项的正误；利用函数的单调性与导数的关系以及函数的奇偶性可判断B选项的正误；解方程可判断C选项的正误；利用函数的极值点与导数之间的关系可判断D选项的正误.

【详解】函数的定义域为，因为，所以为偶函数，A正确；

当时，，，

当时，，，，所以，单调递增，

又因为为偶函数，所以在单调递减，B错误；

令，则，所以相邻两个零点之间的距离为，C正确；

当时，令，则，

当时，，当时，，

当时，，，所以是的一个极大值点，

又因为是偶函数，所以在上有个极大值点，D正确，

故选：ACD.

三、填空题

13．若函数，则___________.

【答案】

【分析】求导后代入即可构造方程求得结果．

【详解】，，解得：．

故答案为：

14．已知向量，，若，则___________.

【答案】

【分析】求出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可得出关于实数的等式，即可求得实数的值.

【详解】由已知可得，

因为，所以，解得.

故答案为：.

15．已知圆锥的顶点和底面圆周都在球面上，若圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，则球的表面积等于___________.

【答案】

【分析】由所给条件可求出圆锥的母线长及底面圆的半径，据此可求出圆锥的高，再由球的截面圆的性质求出球的半径，即可得解.

【详解】如图，

设母线为，则，可得：，

由扇形的弧长公式可得：，所以，

圆锥的高,所以,

由，解得：，

所以球的表面积等于，

故答案为：

16．抛物线的焦点为F，点A是E的准线与坐标轴的交点，点P在E上，若，则___________.

【答案】

【分析】由已知，过作准线的垂线，垂足为，由可得，求出的值，有抛物线的性质可得，在中利用正弦定理即可求解.

【详解】

由题意，可作出图象，如图所示，过作准线的垂线，垂足为，

由，可得，在中，，

由抛物线性质可得，，所以，

在中，有正弦定理可得：，

所以，

故答案为：.

四、解答题

17．已知各项均不相等的等差数列的前项和为， 且成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设公差为d.利用基本量代换联立方程组解得，，即可求出；

（2）利用裂项相消法求和即可.

【详解】(1)设公差为d.由已知得，

解得或（舍去）， 所以，故.

(2)，

.

18．为了增强学生的冬奥会知识，弘扬奥林匹克精神，北京市多所中小学校开展了模拟冬奥会各项比赛的活动为了了解学生在越野滑轮和早地冰壶两项中的参与情况，在北京市中小学学校中随机抽取了10所学校，10所学校的参与人数如下：

(1)现从这10所学校中随机选取2所学校进行调查求选出的2所学校参与越野滑轮人数都超过40人的概率；

(2)现有一名早地冰壶教练在这10所学校中随机选取2所学校进行指导，记X为教练选中参加旱地冰壶人数在30人以上的学校个数，求X的分布列和数学期望；

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据组合数求出基本事件件数，利用古典概型求解即可；

（2）写出离散型随机变量的可能取值，由超几何分布分别求对应概率，列出分布列，求出期望即可.

【详解】(1)记“选出的两所学校参与越野滑轮人数都超过40人”为事件，现从这10所学校中随机选取2所学校进行调查，可得基本事件总数为种，

参与越野滑轮人数超过40人的学校共4所，随机选择2所学校共种，

所以；

(2)的所有可能取值为0，1，2，参加旱地冰壶人数在30人以上的学校共4所，

故，，．

的分布列为：

.

19．在锐角中，角所对的边分别是，且．

(1)求角的大小；

(2)求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理化角为边，再由余弦定理变形可得求得角；

（2）求出角范围，把用角表示，然后结合二倍角公式、两角和的正弦公式变形，再由正弦函数性质得取值范围．

【详解】(1)，

由正弦定理得，

所以，，

，所以，又，所以；

(2)三角形为锐角三角形，所以，，即．

，

，则，，

所以．即的范围是．

20．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD，，，，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.

（1）证明：平面ABCD.

（2）求直线BC与平面PBD所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）

【解析】（1）通过证明平面，得到，再证即可证得平面ABCD.

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、直线的方向向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值.

【详解】（1）证明：平面PCD，平面，，

，为的中点，则且.

四边形BCDE为平行四边形，，.

又，且E为AD的中点，四边形ABCE为正方形，，又平面，

平面，则.

平面平面，，

又，为等腰直角三角形，

O为斜边AC上的中点，且平面ABCD.

（2）解：以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示

不妨设，则,

则.

设平面PBD的法向量为，

则即

即

令，得.

设BC与平面所成角为，

则.

【点睛】本题考查线面垂直，线面角的计算，属于中档题.

21．已知点是椭圆E：一点，且椭圆的离心率为.

(1)求此椭圆E方程；

(2)设椭圆的左顶点为A，过点A向上作一射线交椭圆E于点B，以AB为边作矩形ABCD，使得对边CD经过椭圆中心O，求矩形ABCD面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意得，从而可求出，进而可求得椭圆的方程，

（2）由题意设直线AB的方程为，代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系可求得，则可得，由题意利用点到直线的距离公式求出到直线AB的距离，可得的长，从而可表示出矩形的面积，化简后利用基本不等式可求出其最大值

【详解】(1)令椭圆半焦距为c，依题意，，解得，

所以椭圆E的方程为：.

(2)由（1）知，，设直线AB的斜率为，则直线AB的方程为：，

由消去y并整理得：，点的横坐标，

则点的横坐标有：，解得，

则有，

因矩形的边CD过原点O，则，

因此，矩形的面积，

当且仅当，即时取“=”，

所以矩形ABCD面积的最大值是.

22．已知函数，.

(1)讨论的单调性；

(2)若，求证：.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先求导，然后对参数进行分类讨论.

（2）利用求导及零点定理及构造法解函数不等式.

【详解】(1)因为，

所以

①若，则，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增

②若，则，所以当时，，单调递减，当或时，，单调递增；

③若，则，在上单调递增；

④若，则，所以当时，，单调递减，当或时，，单调递增.

综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在，上单调递增；

当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在，上单调递增.

(2)因为，所以，即

，

设

则，易知在上单调递增

因为，所以，

所以存在，使得

所以，在上单调递减，在上单调递增

所以

设，则，在上单调递增，所以

所以，即.