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1、 高二第一学期期末试卷数学清华附中高22级第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 设集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据集合和集合交集的概念求解即可.【详解】由题意可得集合，所以，故选：B2. 的展开式中x项的系数为（ ）A. B. C. 5D. 10【答案】A【解析】【分析】求出展开式的通项公式为，令，得，即可求解.【详解】解：的展开式的通项为：，令，得，得的展开式中x项的系数为：.故选：A3. 若双曲线的焦距为4，则其渐近线方程为（）A. B. C. D. 【答案】A【
2、解析】【分析】利用题设的焦距求解m, 由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为：即得解.【详解】双曲线的焦距为4，可得m+14，所以m3，由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为： 所以双曲线的渐近线方程为：yx故选：A【点睛】本题考查了双曲线的方程及性质，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.4. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）A. B. 的图像关于原点对称C. 在定义域内是增函数D. 存在最大值【答案】B【解析】【分析】借助函数的性质逐一判断即可.【详解】对于选项A:因为，可得，故选项A错误；对于选项B:因为的定义域为，定义域关于原点对称，且，可得为奇函数，故选项B
3、正确；对于选项C: 因为的定义域为，当时，在为单调递增，所以在为单调递增，由于关于原点对称，所以在为单调递增，所以在，单调递增，不满足在定义域单调递增，（可取特殊值排除），故选项C错误；对于选项D: 在为单调递增，故无最大值，故选项D错误.故选：B.5. 在中，则等于（ ）A. B. C. 9D. 16【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理可得，进而得到与夹角的余弦值，代入数量积公式即可求解.【详解】在中，由正弦定理可得，所以， 即，令与的夹角为，则，所以，故选：C6. 已知底面边长为2的正四棱柱的体积为，则直线与所成角的余弦为（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据异面直线
4、所成角及余弦定理即可求解.【详解】如图，连接，则，正四棱柱的体积为，则，则，则为异面直线与所成角，则，故.故选：D7. 已知点F是双曲线的一个焦点，直线，则“点F到直线l的距离大于1”是“直线l与双曲线C没有公共点”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由点到直线距离公式和充分必要条件可判断.【详解】由双曲线，可知，且渐近线方程为若点F到直线l的距离，得，或，如图，由双曲线性质可知，直线l与双曲线C没有公共点；反之，若直线l与双曲线C没有公共点，因为直线l过原点，由图可知，或，则，即点F到直线l的距离大于或等于1，
5、所以，“点F到直线l的距离大于1”是“直线l与双曲线C没有公共点”的充分不必要条件.故选：A8. 已知数列的前项和为，满足，则下列结论中正确的是（ ）A. B. C. 数列的前项和为D. 数列是递增数列【答案】D【解析】【分析】先利用求出数列的通项公式，再依次判断各选项即可.【详解】由题意可知，当时，解得，当时，则，即，显然，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，当时仍成立，AB说法错误；令，则，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，其前项和为，C说法错误；令，则，又由可得，所以数列是递增数列，D说法正确；故选：D9. 已知直线恒过定点A，直线恒过定点B，且直线与交于点P，则点P到点的距离的
6、最大值为（ ）A. 4B. C. 3D. 2【答案】A【解析】【分析】首先求点坐标，并判断两条直线的位置关系，则点P到点的距离的最大值等于点P到圆心的距离与半径之和即点P到线段AB中点距离与半径之和【详解】设由直线，可得由直线，可得，因为直线与直线满足，所以，所以点P在以AB为直径的圆上，所以点P到点的距离的最大值等于点P到圆心的距离与半径之和即点P到线段AB中点距离与半径之和，由，得AB中点为，半径为1，所以点P到点的距离的最大值为，故选：A10. 已知函数若不等式对任意实数x恒成立，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分，三种情况讨论，将恒成立问题分参转
7、化为最值问题，借助导数及函数的性质计算即可.【详解】当时，不等式恒成立；当时，此时，即，即对任意恒成立，令在上单调递减，则，故.当时，此时，即，即，对任意恒成立，令，其中，则，令，则，所以在上单调递减，又，要使在恒成立，则在恒成立，即在恒成立，令，则在上单调递减，所以.综上所述：的取值范围为.故选：C.【点睛】关键点点睛：利用参变分离，再运用函数的思想研究不等式，并结合导数研究函数的单调性与最值.第二部分非选择题共110分二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 已知复数对应的点到原点的距离是，则实数_【答案】【解析】【分析】根据复数的几何意义和两点间距离公式求解即可.【详解】复数在复
8、平面内对应的点的坐标为，所以即，解得，故答案为：12. 已知点在抛物线上，则点到抛物线的焦点的距离为_【答案】4【解析】【分析】先确定抛物线的标准方程，再根据抛物线的定义求有关距离.【详解】因为点在抛物线上，所以.所以，抛物线：，焦点：所以到焦点的距离：.故答案为：413. 已知函数在区间上的最大值为2，则正数的最小值为_【答案】【解析】【分析】令，得到，结合三角函数的性质得到，计算即可.【详解】对于，令，则，因为，所以，结合的图象可知：，解得：.故的最小值为.故答案为：.14. 从数字1，2，3，4中选出3个不同数字构成四位数，且相邻数位上的数字不相同，则这样的四位数共有_个【答案】72【解
9、析】【分析】利用分步计数原理与插空法即可得解.【详解】根据题意，完成这个事情可分为三步：第一步骤：选数字，有种；第二个步骤：将选好的三个数字确定一个重复的数字，有种，第三个步骤：安排这三个数字在四个位置上，且相邻数位上的数字不相同，即先安排两个不同的数字，再让两个相同的数字去插空，则有种排序方法，根据分步计数原理可得这样的四位数共有：个.故答案：15. 在平面直角坐标系中，定义为点到点的“折线距离”点是坐标原点，点在圆上，点在直线上在这个定义下，给出下列结论：若点的横坐标为，则；的最大值是；的最小值是2；的最小值是其中，所有正确结论的序号是_【答案】【解析】【分析】对于,求出的坐标即可判定为正
10、确；对于，利用圆的参数方程和辅助角公式即可判定正确；对于，利用绝对值放缩和绝对值不等式即可判定错对.【详解】对于，由题得出的纵坐标为，所以，故正确；对于，设，则，结合对称性，取 分析即可，此时，显然当时，取最大值，故正确；对于，设，则，当的时候等号成立，所以的最小值是，故错误；对于，设，则，其中，所以当时，取最小值，此时，故正确；故答案为：.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16. 如图，四边形为矩形，平面平面，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的大小【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）结合线面垂直及面面垂直的知识，先证平面，再证
11、平面；（2）利用向量法求出平面的法向量，求出直线与平面所成角即可.【小问1详解】法1： ，又四边形为矩形，平面平面，且平面平面，平面,平面平面，平面,平面法2：平面平面，且平面平面，且平面,平面平面，由两两垂直，则以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,，由可得，平面，平面【小问2详解】结合上问可知：，设平面的法向量为则，即，令，则即因为，设所求角的大小为则故直线与平面所成角的大小.17. 锐角中，（1）求；（2）求周长的最大值【答案】（1） （2）3【解析】【分析】（1）利用正弦的二倍角公式化简求值即可；（2）解法一：利用正弦定理可得，结合正弦两角差公式和辅助角公式求解即可；解法二：利用余弦定
12、理可得，再根据均值不等式求最值即可.【小问1详解】因为锐角，所以，所以，所以，.【小问2详解】解法一：由正弦定理可得，所以，在锐角中，所以当，即时，取最大值，.解法二：由余弦定理可得，代入得，所以，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以.18. 某区12月10日至23日的天气情况如图所示如：15日是晴天，最低温度是零下9，最高温度是零下4，当天温差（最高气温与最低气温的差）是5（1）从10日至21日某天开始，连续统计三天，求这三天中至少有两天是晴天的概率：（2）从11日至20日中随机抽取两天，求恰好有一天温差不高于5的概率：（3）已知该区当月24日的最低温度是零下1012日至15日温差的方差为，
13、21日至24日温差的方差为，若，请直接写出24日的最高温度（结论不要求证明）（注：，其中为数据的平均数）【答案】（1）； （2）； （3）0.【解析】【分析】（1）根据给定信息，利用古典概率公式列式计算即得.（2）利用组合求出试验的基本事件总数，所求概率的事件所含基本事件数，再利用古典概率求解即得.（3）利用平均数、方差公式计算，求出24日的温差即可得解.【小问1详解】设“这三天中至少有两天是晴天”为事件A，连续统计三天共有12个基本事件，事件A共有8个基本事件，所以.【小问2详解】从11日至20日中随机抽取两天共有个基本事件，设“恰好有一天温差不高于5”为事件B，不高于5有11日，12日，1
14、3日，14日，15日，16日，20日，事件B有个基本事件，所以.【小问3详解】显然12日至15日温差为4，2，5，5，平均数为4，方差，21日至24日温差为8，11，11，a，平均数为，方差，依题意，即，整理得，解得，而24日的最低温度是零下10，所以24日的最高温度是0.19. 已知函数（1）当时，求证：在上是增函数；（2）若在区间上存在最小值，求的取值范围；（3）若仅在两点处的切线的斜率为1，请直接写出的取值范围（结论不要求证明）【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）求导，讨论导函数的符号证明增减性即可；（2）对分类讨论，判断函数在上的单调性即可求解的取值范围；（3
15、）仅在两点处的切线的斜率为1，即有两个不同解，转化为与或与的图象有两个交点求解即可.【小问1详解】当，即时，令解得，当时，当时，又连续，所以在上是增函数.【小问2详解】，当时，当时，在上恒成立，所以，在区间上单调递增，所以在区间上不存在最小值：当时，令解得，此时，0极小值所以存在最小值，且，综上a的取值范围是【小问3详解】仅在两点处的切线的斜率为1，即有两个不同解，解法一：方程有两个不同的解，即与的图象有两个交点，令，则，所以图象大致如下， 由图象可知与的图象有两个交点，则的取值范围为.解法二：方程有两个不同解，即与的图象有两个交点，在同一坐标系上画和的图象如图，由图象可得当时与的图象有两个交
16、点，即的取值范围为.20. 已知椭圆的焦距为，下顶点和右顶点的距离为，（1）求椭圆方程；（2）设不经过右顶点的直线交椭圆于两点，过点作轴的垂线交直线于点，交直线于，若点为线段的中点，求证：直线经过定点【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的性质求解即可；（2）将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知条件求出的关系即可求解.【小问1详解】由题意可得，解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】联立得，且,设,则有,故，因为，所以直线，即，则,因为，所以直线，所以因为点为线段的中点，所以，所以，因为，所以，直线，所以直线恒过定点.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交（过定
17、点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为；（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.21. 已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或（1）已知，数列，写出的所有“相邻数列”；（2）己知，数列是递增的整数数列，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数；（3）已知，数列是递增的整数数列，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值【答案】（1）；. （2）11个 （3）37【解析】【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；（2）任取的一个“相邻数列
18、”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可；（3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可.【小问1详解】根据“相邻数列”的概念可知，或，或，所以的所有“相邻数列”有；.【小问2详解】任取的一个“相邻数列”，因为或，或，所以有且，对于的取值分以下4种情形：（a），（b），（c），（d）由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形，递增，即，由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列，于是，则，即满足数列的有11个.【小问3详解】令，所以对任意，设，则且，先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，若，令，则，由得，所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合若，令，则，由得，所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合，因此，的分布只可能是如下三种情况：（i），此时，对任意的，由得，所以对任意的，注意到，所以，等号当且仅当时取到；（ii）存在整数，使得对任意的，对任意的，所以（iii）此时，对任意的，与情形1类似，对任意的，注意到，所以，综上，的最小值为【点睛】思路点睛：根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可.第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司