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1、2021-2022学年山西省名校高二下学期期中联合考试数学试题一、单选题1设集合，则下列集合不为空集的是（）ABCD【答案】C【分析】先化简集合A，B，C，再利用集合的类型和运算求解.【详解】解：因为集合，且为点集，所以，故选：C2已知i为虚数单位，复数，则（）A1BCD【答案】B【分析】根据复数代数形式的除法、乘方运算化简复数，即可得解；【详解】解：，所以，所以故选：B3的二项展开式中的系数为（）A240B-240C480D-480【答案】A【分析】利用二项展开式的通项公式求解.【详解】展开式的通项为，令，得所以含项的系数为故选：A42021年是巩固脱贫攻坚成果的重要一年，某县为响应国家政策
2、，选派了6名工作人员到A，B，C三个村调研脱贫后的产业规划，其中6名工作人员都必须参加且不要求每村必须有工作人员去调研，则不同的安排方式种数共有（）ABCD【答案】C【分析】利用分步计数原理直接求解.【详解】6名工作人员每人都有三种选择，所以共种选择故选：C5已知函数，则此函数的图象可能是（）ABCD【答案】D【分析】首先确定函数的奇偶性排除选项AC，接着根据函数值的正负得出答案即可.【详解】由函数，则，所以函数为奇函数，故排除AC，又因为且，故选：D6把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度得到函数的图象，则（）ABCD【答案】C【分析】由三角函
3、数的图象变换，可把题中变换过程反过来求，【详解】的图象向左平移个单位长度，得到，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，可得，即故选：C7已知点，若曲线上存在点P，满足，则m的取值范围为（）ABCD【答案】B【分析】先由椭圆的定义得到P落在一个椭圆，得到直线与椭圆相交，联立方程组，利用代数法建立不等式，求出m的取值范围.【详解】由题意，点，且，符合椭圆的定义，所以点P落在一个椭圆上.由，解得：，所以椭圆的方程为：又点P在曲线上，即点P在直线上，曲线上存在点P满足即直线与椭圆有公共点，联立方程，消去y可得：.只需，解得：所以故选：B8定义在R上的偶函数满足，且，则（）A1B2C
4、4D8【答案】B【分析】由题意得到函数是周期为4的周期函数，从而，利用赋值法令，求出即可.【详解】因为定义在R上的偶函数满足，所以，所以，所以，所以函数是周期为4的周期函数，所以在中，令，则，解得或-1.因为，所以.故选：B.9一名刚入伍的士兵带着一把步枪到练习场地打靶，已知此步枪每次只装3发子弹，若命中目标或子弹打完，则停止练习新兵第一枪命中靶标的概率为0.7，第二枪命中靶标的概率为0.4，第三枪命中靶标的概率为0.3，则在已知靶标被击中的条件下，士兵开第二枪命中的概率为（）ABCD【答案】A【分析】根据题意设出事件，结合条件概率的计算公式，即可求解.【详解】记事件A为“士兵第一次击中靶标”
5、，B为“士兵第二次击中靶标”，C为“士兵第三次击中靶标”，D为“靶标被击中”，则，所以.故选：A.10已知点O在内，且，则（）A1BCD【答案】D【分析】先证明成立，得到，利用向量的线性运算得到，求出.【详解】先证明O在内，.延长AO交BC于Q.显然 .由面积关系可得：，所以.而.所以,所以，即.又由题可知，所以，所以，所以，从而故选：D11已知为最接近的整数，数列满足，则数列的前110项和为（）A15B20C40D60【答案】B【分析】根据为最接近的整数，列举找出规律求解.【详解】因为函数为最接近的整数，所以，则在最接近的整数中，有2个1，4个2，6个3，8个4，又由数列满足，可得，则，当1
6、10项时，项数是一个等差数列，设，且，则，令其前n项和，解得， 所以的前110项和为20故选：B12已知定义在上的函数，满足（）；（）（其中是是导函数，是自然对数的底数），则的范围为（）ABCD【答案】B【详解】构造函数，则，由已知得在上恒成立，则函数在上递增，所以，即，又因为，所以根据有，即，再构造函数，由已知，所以在，则函数在区间上单调递减，所以，即，又因为，所以根据有，即，所以故选点睛：利用导数研究抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等二、填空题13已知奇函数在R上可导，其部分图象如图所示，设，则
7、，a之间的大小关系为_（用“”连接）【答案】【分析】由题可知，结合条件及导数的几何意义即得.【详解】因为函数为奇函数，为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点N处切线的斜率，根据题意，函数在上增长越来越快，又为，两点连线的斜率，所以，即.故答案为：.14若正三棱柱既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的外接球和内切球的半径分别为R，r，则外接球和内切球的表面积之比为_【答案】5【分析】正三棱柱的外接球和内切球的球心相同，根据题意分别求出外接球和内切球的半径R，r，由球的表面积公式即可求出外接球和内切球的表面积之比.【详解】可将正三棱柱置于圆柱内，使得，的外接圆分别为圆，圆设，圆柱
8、底面圆的半径为m，母线长为h，则的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O为圆柱外接球的球心设球O的半径为R，则又因为正内切圆的半径与内切球的半径相等，所以正内切圆的半径为r，由三角形等面积法可得，解得，则，圆的半径为，所以，因此表面积之比为15在我国南宋时期，数学家杨辉在1261年所著的详解九章算法一书中，就已经出现了如图所示的表书中记载，是北宋数学家贾宪约于1050年左右在释锁算书中首先使用此数字三角形进行高次开方运算的，但原书佚失，其主要内容被杨辉著作详解九章算法（1261年）所抄录，故后世称“贾宪三角”为“杨辉三角”在欧洲，帕斯卡（BPascal，1623-1662）于1654年发现
9、这一规律，所以这个表又叫作帕斯卡三角形杨辉三角的发现比欧洲早了600年左右，是我国古代数学的辉煌成就杨辉三角是一些特殊数字按照一定规律排布的三角形数阵它兼具形和数的特征，观察形的特征发现规律，再将离散的数抽象为具有统摄效果的代数符号（组合数符号），进行代数运算，寻找代数运算的不变性，是解决代数问题的基本方法如递推性，除了1之外的数都等于其肩上的两数之和，即可看成，n个不同的小球，其中一个球为A球，从中取出r个小球共种情况，它可分为两类：r个小球中含A球有种情况；r个小球中不含A球有种情况分类用加法得那么，_（用式子作答）【答案】【分析】根据题中提示，结合组合数的性质进行求解即可.【详解】有个不
10、同的小球，其中一个球为B球，从中取出个小球共种情况，它可分为两类：r个小球中含B球有种情况；个小球中不含B球有种情况分类用加法得，代入性质1，得，不断迭代得，即,故答案为：16已知抛物线C：的焦点为F，点，过点F的直线与此抛物线交于A，B两点，若且，则p_【答案】3【分析】设直线的方程，与抛物线联立求出两根和之及两根之积，求出直线，的斜率之和，可得斜率之和为0，可得直线，关于轴对称，过作轴，准线的垂线，由题意可得，可得直线的参数，再由弦长公式求出的值【详解】解：设直线，设，联立，整理可得：，可得，所以，所以可得，所以，又为锐角，解得，设，如图作轴交于，由题意可得在抛物线的准线上，作准线，作，垂
11、足为，则，所以，所以，所以，所以故答案为：3三、解答题17在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(1)求角B；(2)若，求的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，即可求解；（1）由正弦定理可得，化简，结合三角函数的性质，即可求解.，【详解】(1)解：因为，由正弦定理得，因为，可得，所以，所以(2)解：因为，由正弦定理可得，所以，所以，由且，可得，所以，所以，所以，即的取值范围为18已知等差数列满足，(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和【答案】(1)(2)【分析】（1）设等差数列的公差为d，根据列出方程组，求得的值，即可求解；（2
12、）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.【详解】(1)解：设等差数列的公差为d因为，所以，所以，即由，可得，即，解得，所以的通项公式为(2)解：由（1）可知，则，则，所以，所以192022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图(1)求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的
13、90%分位数；(2)采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在的学生中抽取6人，若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在的人数为X，求X的分布列和方差【答案】(1)，235(2)分布列见解析，【分析】（1）先利用频率的和为1求出a，判断出90%分位数位于内，利用分位数定义即可求解；（2）利用分层抽样确定，应抽取的人数分析出X的所有可能取值为1，2，3，分别求出对应的概率，即可得到分布列，进而求期望和方差.【详解】(1)由题意，得，解得由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下的占比为观看时长在240分钟以下的占比为所以90%分位数位于内，估计90%分位数为
14、(2)由题意，观看时长在，对应的频率分别为0.16和0.08所以采用分层随机抽样的方式在这两个区间中应分别抽取4人和2人于是抽取的3人中观看时长在的人数X的所有可能取值为1，2，3，则，X的分布列为X123P所以，20如图，在五面体ABCDE中，已知平面BCD，且，(1)证明：平面平面ABC；(2)设平面ABE和平面CBE的夹角为，平面ABE和平面DBE的夹角为，证明：【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】(1)取BC的中点M，AB的中点N，连接DM，MN，EN，证明ENDM，而DM平面ABC即可；(2)以C为坐标原点，的方向为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面ABE、
15、平面CBE、平面DBE的法向量，利用向量法即可判断【详解】(1)取BC的中点M，AB的中点N，连接DM，MN，EN，且又，且，四边形MNED是平行四边形，且又平面BCD，平面ABC，平面平面BCD，又平面平面，平面BCD，平面ABC，平面ABC，又平面ABE，平面平面ABC；(2)由(1)知，且，平面ABC，平面平面ABC.以C为坐标原点，的方向为x，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面BDE的法向量为，则，即，取，则；设平面BCE的法向量为，则，即，取，则；又，又平面平面，平面ABC，平面ABE，即为平面ABE的一个法向量，则，即，而，21已知双曲线，过点的直线l与该双
16、曲线两支分别交于M，N两点，设，(1)若，点O为坐标原点，当时，求的值；(2)设直线l与y轴交于点E，证明：为定值【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题知，进而设直线l的方程为，与双曲线方程联立，结合韦达定理，向量数量积的坐标表示求解即可；（2）设直线l的方程为，进而结合向量的坐标表示得，再结合M，N在双曲线上得，是方程的两根，进而得.【详解】(1)解：当时，双曲线，显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为，与C联立得，所以，由，可得，所以，所以(2)证明：由题意可知直线l的斜率必存在，设直线l的方程为，则由，得，所以，又点M在双曲线C上，所以，化简得，同理故，是方程的两根，则，为定值
17、22已知函数，(1)若函数有且仅有一个零点，求实数a的取值范围；(2)当时，若函数有两个不同的零点，且，证明：（参考数据：，）【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求得，当时，得到单调递增，结合零点的存在定理得到只有一个零点；当时，利用导数求得函数的单调性与极大值，得到方程，即可求解；（2）由题意得，得到，得出，转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】(1)解：由题意，函数，可得，当时，单调递增，且，当时，所以此时函数只有一个零点.当时，令，可得；令，可得，所以函数在单调递增，单调递减，所以当时，函数取得极大值，极大值为，要使得函数有且仅有一个零点，则满足，解得，综上可得，实数a的取值范围为(2)解：证明：当时，在上单调递增，在上单调递增，由题意得，所以，所以，所以当时，在上单调递增，且，所以，所以设，则，在上，单调递增；在上，单调递减，所以是的极大值点，同时也是最大值点，而，所以，即第 18 页 共 18 页