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1、2021-2022学年湖南省株洲市第二中学高二下学期“同济大学”杯数理化联赛数学试题一、单选题1设集合U=R， ，则图中阴影部分表示的集合为（）Ax|x1Bx|1x2Cx|0x1Dx|x0【答案】D【分析】先求出集合A，B，再由图可知阴影部分表示，从而可求得答案【详解】因为等价于，解得 ，所以，所以或，要使得函数有意义，只需，解得，所以则由韦恩图可知阴影部分表示.故选：D.2若复数z满足，则z的虚部为（）ABCD【答案】D【分析】先求出复数z，再求z的虚部.【详解】因为，所以.故z的虚部为.故选：D3如图：现有一个30%圆周且半径为40cm的扇形纸片，小明同学为了表演节目，他将扇形纸片先剪去部
2、分然后用余下的部分制成一个底面半经为10cm的图锥形纸帽（衔接处不重叠），则剪去部分扇形纸片的圆心角为（）A30B45C18D63【答案】C【分析】求出圆锥侧面展开扇形所对的圆心角，即可得解；【详解】解：依题意圆锥的母线，底面半径，所以底面周长，则圆锥沿母线展开得到扇形，扇形的圆心角，所以剪去部分扇形纸片的圆心角为；故选：C4定义为个正数的“均倒数”，若已知数列的前项的“均倒数”为，则等于（）A85B90C95D100【答案】C【分析】根据题中定义，结合数列前项的和与第项的关系进行求解即可.【详解】因为数列的前项的“均倒数”为，所以，于是有，两式相减，得，故选：C5若非零向量，满足，且，则与的
3、夹角为（）ABCD【答案】A【分析】将两边平方，得到，根据可得，因此可得到，利用向量的夹角公式求得答案.【详解】由得：，即，由得：，故，故 ，则与的夹角为 ，故选：A6已知函数的部分图象如图所示，其中的中点在轴上，且的面积为2，则下列函数值恰好等于的是（）ABCD【答案】B【分析】由的中点在轴上可得B点坐标，结合图象可得周期，由面积公式可得A点坐标，结合辅助角公式可得a，然后可解.【详解】，由的中点在轴上可得，由正弦型函数的图象可得，设A到的距离为，由的面积为2，可得，即，即（舍负），函数的最小正周期为4，故，即，故，再由可得，故，即，故，则.故选：B7已知，直线与曲线相切，则的最小值是（）A
4、BCD【答案】B【分析】设切点为，由导数的几何意义可构造方程可得到，由，利用基本不等式可求得最小值.【详解】设直线与曲线相切于点，切线斜率，即，；，（当且仅当，即时取等号），则的最小值为.故选：B.8已知，且成立，则下列不等式不可能成立的是（）ABCD【答案】D【分析】将转化为，构造函数，求出的单调性，即可求出答案.【详解】，即，所以 等价于，所以构造函数，所以即，即，所以在上为减函数，在上为增函数.对A，等价于即可以满足条件，故A可能成立；对B，等价于即可以满足条件，故B可能成立；对C，等价于即同在的单调增区间内，满足条件，故C成立；对D，等价于即同在的单调减区间内，故D不满足题意.故选D.
5、二、多选题9设椭圆的左、右焦点分别为，P是C上的动点，则（）ABC的离心率为C面积的最大值为DC上有且只有4个点P，使得是直角三角形【答案】ACD【分析】根据椭圆的方程求得的值，结合椭圆的定义，离心率的定义和椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，椭圆，可得，根据椭圆的定义，可得，所以A正确；根据离心率的定义，可得椭圆的离心率为，所以B不正确；由椭圆的几何性质，可得最大值为，所以C正确；因为以为直径的圆的方程为，联立方程组，整理得，即方程组无解，所以以点为直角顶点的不存在；过作的垂线，交椭圆于两点，此时可得直角和；过作的垂线，交椭圆于两点，此时可得直角和，综上可得，椭圆上有且仅有个
6、点使得为直角三角形，所以D正确.故选：ACD.10折纸发源于中国世纪，折纸传入欧洲，与自然科学结合在一起成为建筑学院的教具，并发展成为现代几何学的一个分支我国传统的一种手工折纸风车（如图）是从正方形纸片的一个直角顶点开始，沿对角线部分剪开成两个角，将其中一个角折叠使其顶点仍落在该对角线上，同样操作其余三个直角制作而成的，其平面图如图，则（）ABCD【答案】BCD【分析】将讨论的向量分解到上，再进行向量的相关算可依次判断.【详解】，则与不平行，A错设，B对，C对，D对，故选:BCD11若正整数，只有1为公约数，则称，互质，对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首名研究者欧拉
7、命名，称为欧拉函数，例如：，则（）A数列为等比数列B数列单调递增CD数列的前项和为，则的最大值为4【答案】AC【分析】根据定义，结合等比数列的定义、错位相减法逐一判断即可.【详解】国为与互质的数为，共有个，所以，因为，所以数列为等比数列，因此选项A正确；因为，所以数列不是单调递增的，因此选项B不正确；因为是质数，所以与不互质的数为，共有个，所以，因此选项C正确；同理，两式相减，得，因此选项D不正确，故选：AC【点睛】关键点睛：读懂定义，利用错位相减法是解题的关键.12已知直四棱柱的底面为正方形，为直四棱柱内一点，且，其中，则下列说法正确的是（）A当时，三棱锥的体积为定值B当时，三棱锥的体积为定
8、值C当时，的最小值为D当时，存在唯一的点，使得平面平面【答案】ACD【分析】对于A选项，Q，R分别为AB，的中点，连结QR，判断出点P在线段QR上运动，由平面，得到点P到面的距离为定值，而的面积为定值，即可判断；对于B选项，连结，设M，N分别为，的中点，连结MN，则.判断出点P在线段MN上运动，点P在点M时和N时到面的距离不一样，故棱锥的体积不为定值，即可判断；对于C选项，连结，判断出点P在线段上运动.连结，将翻折到平面内，得到四边形，解四边形，即可判断.对于D选项，设M为的中点，连结BM，判断出P在线段BM上运动.设S为的中点，连结SM，连结BS，过P作交BS于点T，判断出为二面角的平面角，
9、当时，平面平面PBC，即可判断.【详解】对于A选项，设Q，R分别为AB，的中点，连结QR，则.面，面，所以平面.因为，其中，当时，所以点P在线段QR上运动，平面，所以点P到面的距离为定值，而的面积为定值，因此三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B选项，连结，设M，N分别为，的中点，连结MN，则.因为，其中，当时，所以点P在线段MN上运动，的面积为定值，点P在点M时和N时到面的距离不一样，故棱锥的体积不为定值，故B错误；对于C选项，连结，则由可知B，P，三点共线，故点P在线段上运动.连结，将翻折到平面内，得到四边形，其中，连结，如图1，所以，所以，故C正确；对于D选项，设M为的中点，连结BM，则，
10、由知P在线段BM上运动.设S为的中点，连结SM，则，连结BS，过P作交BS于点T，则易知PT为平面PAD与平面PBC的交线，故为二面角的平面角，当时，平面平面PBC，且T点唯一确定，所以P点也唯一确定.故D正确.故选：ACD.三、填空题13已知函数为奇函数，则实数=_.【答案】120.5【分析】根据函数为奇函数，由，恒成立求解.【详解】因为函数为奇函数，所以，恒成立，即，解得，故答案为：14已知圆，若圆的过点的三条弦的长，构成等差数列，则该数列的公差的最大值是_.【答案】2【分析】根据题意，求得过点的直线截圆所得弦长的最大值和最小值，即可求得公差的最大值.【详解】圆的圆心，半径，设点为点，因为
11、，故点在圆内，当直线过点，且经过圆心时，该直线截圆所得弦长取得最大值；当直线过点，且与直线垂直时，该直线截圆所得弦长取得最小值，此时，则满足题意的直线为，即，又，则该直线截圆所得弦长为；根据题意，要使得数列的公差最大，则，故最大公差.故答案为：.15已知函数在区间上存在两个零点，则实数的最大值是_【答案】【分析】令，可将函数化为，将问题转化为在上存在两个零点，结合二次函数的性质可构造不等式组求得结果.【详解】设，可化为，当时，；则当时，存在两个零点，解得： ，则实数的最大值为.故答案为：.16已知双曲线：，分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线上的第一象限内的点，点为的内心，的面积的取值范围是_【
12、答案】【分析】先由双曲线的定义得到点在上垂足为右顶点，设出渐近线的倾斜角为，则，则，求出，从而求出，求出，的面积的取值范围.【详解】由题意得：，故，设点，且在上垂足为H，根据双曲线定义及切线长定理可得：，又因为，解得：，所以点H坐标为，即渐近线的倾斜角为，则，记，则，所以，即，又，解得：(负值舍)，所以，则，所以.故答案为：【点睛】双曲线焦点三角形的内切圆圆心位于顶点的正上方或正下方，这个二级结论在双曲线有关于内切圆的题目时，经常用到，需要掌握.四、解答题17已知是的内角的对边，且.（1）求角的大小；（2）若的面积，求的值【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由已知化简可得，解出即可求出角的大
13、小；（2）利用面积公式可求得，再利用余弦定理可求得，进而求出外接圆直径，得出所求.【详解】（1），解得或（舍去）.，所以.（2），由余弦定理得，由正弦定理得外接圆直径，所以.【点睛】本题考查正余弦定理的应用，解题的关键是正确利用正余弦定理进行化简.18已知数列的前项和满足，且（1）求数列的通项公式；（2）设，为数列的前项和，求使成立的最小正整数的值【答案】（1）（2）50【详解】（1）由，得将上述两式相减，得所以所以，得，所以故数列为等差数列又由，及，得，的公差所以（2）由（1）知，所以所以由，得所以，所以使成立的最小正整数的值为5019如图，四棱锥中，底面是直角梯形，（1）求证：平面；（2）
14、设，当二面角的余弦值为时，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）证明出平面，可得出，利用勾股定理证明出，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，分别以、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于实数的方程，结合可求得实数的值.【详解】（1）取的中点，连接，四边形为直角梯形，且为的中点，且，所以，四边形为矩形，平面，平面，平面；（2）由（1）可知，、两两垂直，以点为坐标原点，分别以、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，所以，设平面的法向量为，由，得，令，得，.，设平面的法向量为，由，得，令，则，由于二面角的余弦值为，
15、则，整理可得，解得.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.20已知，函数.（1）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过2，求a的最小值；（2）若关于x的方程的解集中恰好只有一个元素，求a的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）按照复合函数的
16、单调性分析方法分析的单调性，求出最值，建立关于a的不等式.再利用恒成立问题转化为求最值问题求解.（2）化简方程，转化为二次方程在某范围内只有一个解，结合二次函数的性质分析a的取值范围.【详解】解：由题意得（1）因为在上为减函数，所以又因为在为增函数，所以所以在恒成立，即在恒成立，即在恒成立，等价为在的最小值大于等于0，因为在为增函数，所以即，所以的最小值为.（2）方程，即可转化为，且当即时，符合题意；当即时，（i）当时，符合题意（ii）当时，且时，要满足题意，则有或无解综上可得，的取值范围.【点睛】二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，
17、密切联系图象是探求解题思路的有效方法一般从：开口方向；对称轴位置；判别式；端点函数值符号四个方面分析21已知抛物线：，圆：的圆心为点(1)求点到抛物线的准线的距离；(2)已知点是抛物线上一点（异于原点），过点作圆的两条切线，交抛物线于，两点，若过，两点的直线垂直于，求直线的方程【答案】(1)(2)【分析】（1）根据抛物线定义求解即可；（2）设，过点的圆的切线方程为，根据题意得，联立方程求韦达定理，再化简整理后由求解.【详解】(1)圆心，抛物线的准线为，所以点到抛物线的准线的距离为(2)设，则由题意得，设过点的圆的切线方程为，即，则，即 ，设，的斜率为，则，是上述方程的两根，所以，将代入得，由于
18、是此方程的根，点或是过点作圆的两条切线与抛物线相交的交点，故，所以，所以，又，因为，所以，解得，所以点的坐标为，所以，即直线的方程为：.【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式22已知函数，.（1）当时，讨论函数的零点个数（2）的最小值为，求的最小值【答案】（1）见解析（2）见解析【分析】（1）求函数的导数，利用导数判断函数的单调性和极值，从而得到零点的个数；（2），求导得，可以判断存在零点，可以求出函数的最
19、小值为，可以证明出：，可证明在上有零点，的最小值为，结合，可求的最小值为.【详解】（1）的定义域为，. 当时，单调递增，又，所以函数有唯一零点；当时，恒成立，所以函数无零点；当时，令，得.当时，单调递减；当时，单调递增.所以.当时，所以函数无零点.综上所述，当时函数无零点.当，函数有一个零点.（2）由题意得，则，令，则，所以在上为增函数，即在上为增函数.又，所以在上存在唯一零点，且，即.当时，在上为减函数，当时，在上为增函数，的最小值.因为，所以，所以.由得，易知在上为增函数.因为，所以，所以在上存在唯一零点，且，当时，在上为减函数，当时，在上为增函数，所以的最小值为，因为，所以，所以，又，所以，又函数在上为增函数，所以，因为，所以，即在上的最小值为0.【点睛】本题考查利用函数的导函数研究函数单调性和零点问题，也考查了不等式恒成立问题.第 21 页 共 21 页