2021-2022學(xué)年河南省豫北名校高二下學(xué)期5月調(diào)研考試數(shù)學(xué)(理)試題(解析版)_第1頁
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文檔簡介

1、試卷第 =page 1 1頁,共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 20 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 20 頁2021-2022學(xué)年河南省豫北名校高二下學(xué)期5月調(diào)研考試數(shù)學(xué)(理)試題一、單選題1已知復(fù)數(shù)z滿足,則z的虛部是()ABCD【答案】B【分析】通過復(fù)數(shù)的除法和分母有理化,結(jié)合,解得,再利用虛部為系數(shù)即可求解.【詳解】因?yàn)?,所以,所以,所以,所以的虛部?故選:B.2已知集合,則()ABCD【答案】C【分析】解對(duì)數(shù)不等式確定集合,解二次不等式確定集合,然后由并集定義計(jì)算【詳解】由題意,所以故選:C3某市一次高三模擬考試

2、一共有3.2萬名考生參加,他們的總分服從正態(tài)分布,若,則總分高于530分的考生人數(shù)為()A2400B3520C8520D12480【答案】B【分析】根據(jù)正態(tài)分布曲線的對(duì)稱性,得到,即可求解.【詳解】由題意,總分服從正態(tài)分布,且,根據(jù)正態(tài)分布曲線的對(duì)稱性,可得,所以總分高于530分的考生人數(shù)為.故選:B.4勾股定理被稱為幾何學(xué)的基石,相傳在商代由商高發(fā)現(xiàn),又稱商高定理漢代數(shù)學(xué)家趙爽利用弦圖(又稱趙爽弦圖,它由四個(gè)全等的直角三角形和一個(gè)小正方形組成,如圖1),證明了商高結(jié)論的正確性現(xiàn)將弦圖中的四條股延長相同的長度(如將延長至)得到圖2在圖2中,若,、兩點(diǎn)間的距離為,則弦圖中小正方形的邊長為()AB

3、CD【答案】C【分析】利用余弦定理可求得的值,可求得、的長,進(jìn)而可得出弦圖中小正方形的邊長.【詳解】由條件可得,在中,由余弦定理得,所以,所以,所以弦圖中小正方形的邊長為故選:C.5已知圓關(guān)于直線對(duì)稱,則的最小值為()A2B4C9D【答案】D【分析】由直線過圓的圓心求得的等量關(guān)系式,結(jié)合基本不等式求得的最小值.【詳解】圓的圓心為,由于圓關(guān)于直線對(duì)稱,所以直線過圓的圓心,即,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.故選:D6已知函數(shù)的部分圖象如圖所示,則下列選項(xiàng)正確的是()AB函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為C函數(shù)的圖象可由的圖象向右平移個(gè)單位長度得到D函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱【答案】D【分析】利用輔助角公式化簡函數(shù)解析式,然后

4、根據(jù)的部分圖象可得周期,進(jìn)而可得的值,最后利用余弦型函數(shù)的單調(diào)性、周期性、對(duì)稱性以及三角函數(shù)的圖象變換即可求解.【詳解】解:函數(shù),由圖可知,所以,解得,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由圖可知,一個(gè)周期中函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增,所以根據(jù)周期性有函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長度得,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)時(shí),所以函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱,故選項(xiàng)D正確.故選:D.7已知四面體的每個(gè)頂點(diǎn)都在球的球面上,平面,是正三角形,是等腰三角形,則球的體積為()ABCD【答案】C【分析】線面垂直性質(zhì)和等腰三角形特點(diǎn)可知,由等邊三角形特點(diǎn)可求得外接圓半徑,由此可求得外接球半徑,利用球的體積公式可求得結(jié)果.【詳解

5、】平面,平面,又是等腰三角形,是正三角形,設(shè)為外接圓的圓心,則,球的體積.故選:C.8已知函數(shù),若數(shù)列滿足,其前n項(xiàng)和為,且,設(shè),則數(shù)列的前n項(xiàng)和為()ABCD【答案】B【分析】先證明出函數(shù)為奇函數(shù),得到,判斷出數(shù)列為公差為1的等差數(shù)列,求出,進(jìn)而得到,利用裂項(xiàng)相消法求出數(shù)列的前n項(xiàng)和.【詳解】函數(shù)的定義域?yàn)镽.因?yàn)椋?,所以函?shù)為奇函數(shù).因?yàn)椋?,?所以數(shù)列為公差為1的等差數(shù)列.因?yàn)?,所以,解得:,所?所以.所以,所以數(shù)列的前n項(xiàng)和為:.故選:B9是等腰直角三角形,其中,則的最小值是()ABCD【答案】B【分析】由平行四邊形法則以及向量共線的性質(zhì)得出點(diǎn)在直線上,建立坐標(biāo)系,由數(shù)量積公

6、式以及距離公式得出的最小值.【詳解】由知點(diǎn)為的中點(diǎn),設(shè)為中點(diǎn),由得,因?yàn)?,所以點(diǎn)在直線上,建立如下圖所示的平面直角坐標(biāo)系,當(dāng)時(shí),最小,的直線方程為,即,由點(diǎn)到直線的距離公式可得:,即的最小值.故選:B10設(shè)雙曲線的左右焦點(diǎn)分別為,直線過與該雙曲線左右兩支分別交于PQ兩點(diǎn),若為正三角形,則該雙曲線的離心率為()A2BCD【答案】D【分析】由題設(shè),結(jié)合雙曲線的定義求、,再在焦點(diǎn)三角形中應(yīng)用余弦定理列方程求離心率.【詳解】由題設(shè),而,又,故,在中,則,所以,則,即.故選:D11有甲、乙兩個(gè)袋子,甲袋子中有3個(gè)白球,2個(gè)黑球;乙袋子中有4個(gè)白球,4個(gè)黑球現(xiàn)從甲袋子中任取2個(gè)球放入乙袋子,然后再從乙袋子

7、中任取一個(gè)球,則此球?yàn)榘浊虻母怕蕿椋ǎ〢BCD【答案】B【分析】根據(jù)獨(dú)立事件與古典概型計(jì)算分從甲袋子取出2個(gè)白球放入乙袋子、從甲袋子取出2個(gè)黑球放入乙袋子和從甲袋子取出1個(gè)白球和1個(gè)黑球放入乙袋子三種情況討論,從而可得出答案【詳解】解:若從甲袋子取出2個(gè)白球放入乙袋子,然后再從乙袋子中任取一個(gè)球,則此球?yàn)榘浊虻母怕蕿?;若從甲袋子取?個(gè)黑球放入乙袋子,然后再從乙袋子中任取一個(gè)球,則此球?yàn)榘浊虻母怕蕿椋蝗魪募状尤〕?個(gè)白球和1個(gè)黑球放入乙袋子,然后再從乙袋子中任取一個(gè)球,則此球?yàn)榘浊虻母怕蕿閺募状又腥稳?個(gè)球放入乙袋子,然后再從乙袋子中任取一個(gè)球,則此球?yàn)榘浊虻母怕蕿楣蔬x:B.12已知函數(shù),

8、若時(shí),成立,則實(shí)數(shù)a的最大值是()A1BCD【答案】B【分析】把不等式在區(qū)間上恒成立,轉(zhuǎn)化為在區(qū)間上恒成立,再轉(zhuǎn)化為在上恒成立,是本題的關(guān)鍵點(diǎn).【詳解】由題意知:當(dāng)時(shí),恒成立,即在上恒成立,也就是在上恒成立,令則即在上單調(diào)遞增,則由可得即在上恒成立,令,有,當(dāng)時(shí),單調(diào)遞減;當(dāng)時(shí),單調(diào)遞增.故,在時(shí)取最小值則由在上恒成立,可知故實(shí)數(shù)a的最大值為故選:B二、填空題13若,滿足約束條件,則的最小值為_.【答案】【分析】畫出不等式組表示的可行域,根據(jù)目標(biāo)函數(shù)的幾何意義,數(shù)形結(jié)合即可求得結(jié)果.【詳解】畫出不等式組表示的可行域,如下所示:即,其表示經(jīng)過可行域與平行,且縱截距為的直線,數(shù)形結(jié)合可知,當(dāng)且僅當(dāng)

9、目標(biāo)函數(shù)過點(diǎn)時(shí),縱截距最小,此時(shí)目標(biāo)函數(shù)取得最小值,即.故答案為:.14的展開式中的系數(shù)是,則_.【答案】0.5【分析】利用多項(xiàng)式乘多項(xiàng)式法則,求出展開式中常數(shù)項(xiàng)及項(xiàng)即可列式計(jì)算作答.【詳解】依題意,的展開式中的項(xiàng)是由分別與展開式中常數(shù)項(xiàng)及項(xiàng)相乘積的和,因此,的展開式中的項(xiàng)為,即有,解得,所以.故答案為:15已知函數(shù),若對(duì)任意兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù),都有,則實(shí)數(shù)a的最小值為_【答案】0.5【分析】設(shè),原不等式等價(jià)于,即,令,則在上單調(diào)遞增, 從而有在上恒成立,進(jìn)而分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為最值問題即可求解.【詳解】解:設(shè),則對(duì)任意兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù),都有等價(jià)于,即,令,則在上單調(diào)遞增,所以在上恒成立,即在上恒成立

10、,所以,又,所以,所以實(shí)數(shù)a的最小值為.故答案為:.16已知拋物線的焦點(diǎn)到其準(zhǔn)線的距離為4,圓,過的直線與拋物線和圓從上到下依次交于四點(diǎn),則的最小值為_.【答案】【分析】根據(jù)已知條件先求出拋物線的方程,然后將問題轉(zhuǎn)化為計(jì)算“”的最小值,通過拋物線的焦半徑公式將表示為坐標(biāo)的形式,采用直線與拋物線聯(lián)立的思想,根據(jù)韋達(dá)定理和基本不等式求解出最小值.【詳解】因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為,所以,所以拋物線方程為,如下圖,因?yàn)?,設(shè),所以,所以,設(shè),所以,所以,所以,取等號(hào)時(shí),所以的最小值為,故答案為:. 【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛:本題考查圓與拋物線的綜合應(yīng)用,其中涉及拋物線的焦半徑公式的運(yùn)用.常見拋物線的焦半徑

11、公式如下:(為焦準(zhǔn)距)(1)焦點(diǎn)在軸正半軸,拋物線上任意一點(diǎn),則;(2)焦點(diǎn)在軸負(fù)半軸,拋物線上任意一點(diǎn),則;(3)焦點(diǎn)在軸正半軸,拋物線上任意一點(diǎn),則;(4)焦點(diǎn)在軸負(fù)半軸,拋物線上任意一點(diǎn),則.三、解答題17設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為.已知,(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式;(2)數(shù)列滿足,求數(shù)列的前n項(xiàng)和.【答案】(1)(2)【分析】(1)根據(jù)與得關(guān)系,計(jì)算即可得出答案;(2)求出數(shù)列的通項(xiàng)公式,再利用錯(cuò)位相減法即可得出答案.【詳解】(1)解:當(dāng)時(shí),由,得,兩式相減得,所以,所以,所以數(shù)列是以1為首項(xiàng),為公比得等比數(shù)列,是以;(2)解:,則,兩式相減得,所以.18如圖,在三棱錐中,是邊長為2的正三角形,D

12、為的中點(diǎn)(1)證明:;(2)求直線與平面所成角的正弦值【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)取的中點(diǎn),連結(jié),進(jìn)而證明平面,在結(jié)合線面垂直得線線垂直;(2)解法一:過點(diǎn)作,垂足為,取的中點(diǎn),連結(jié),進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為求直線與平面所成角,再根據(jù)幾何關(guān)系證明,進(jìn)而利用幾何法求解;解法二:根據(jù)題意,以為原點(diǎn),分別以射線為軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系,再根據(jù)幾何關(guān)系證明平面,進(jìn)而利用坐標(biāo)法求解即可;【詳解】(1)證明:取的中點(diǎn),連結(jié)因?yàn)槭钦切?,所以,又因?yàn)?,所以,又平面,平,所以平面,又因?yàn)槠矫?,所?2)解法1:過點(diǎn)作,垂足為由(1)知平面,所以,因?yàn)?,所以平面取的中點(diǎn),連結(jié),因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn),所

13、以所以直線與平面所成角等于直線與平面所成角因?yàn)椋杂钟桑?)知,所以平面,所以在直角中,所以,又在直角DGF中,因此,直線BP與平面PAC所成角的正弦值為解法2:如圖,以為原點(diǎn),分別以射線為軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則,因?yàn)椋瑸榈闹悬c(diǎn),所以,又,所以平面ABC所以,設(shè)平面PAC的法向量為,又,由,得可取設(shè)直線與平面所成角為因此,直線BP與平面PAC所成角的正弦值為19第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì),即2022年北京冬季奧運(yùn)會(huì),是由中國舉辦的國際性奧林匹克賽事,于2022年2月4日開幕,2月20日閉幕.某高校學(xué)生會(huì)隨機(jī)抽查200名學(xué)生在奧運(yùn)會(huì)比賽期間觀看比賽實(shí)況直播的情況統(tǒng)計(jì)如下表:觀看比賽

14、實(shí)況直播沒有觀看比賽實(shí)況直播合計(jì)男同學(xué)9010100女同學(xué)8020100合計(jì)17030200(1)能否有99%的把握認(rèn)為是否在奧運(yùn)會(huì)比賽期間觀看比賽實(shí)況直播與性別有關(guān)?附:,其中.0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)不能有99%的把握認(rèn)為是否在奧運(yùn)會(huì)比賽期間觀看比賽實(shí)況直播與性別有關(guān)(2)分布列見解析,數(shù)學(xué)期望為,方差為【分析】(1)首先由列聯(lián)表計(jì)算,再和比較大小,即可判斷;(2)由條件可知,根據(jù)二項(xiàng)分布求分布列和數(shù)學(xué)期望,方差.【詳解】(1)由, 故不能有99%的把握認(rèn)為是否在奧運(yùn)會(huì)比賽期間觀看比賽實(shí)況直播與性別有關(guān);(2)由100位女同學(xué)中有80人

15、觀看比賽實(shí)況直播,故可以估計(jì)所有女同學(xué)中觀看比賽實(shí)況直播的概率為,X的取值分別為0,1,2,3,4,可知, 可得隨機(jī)變量X的分布列為:X01234P由隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布,可得,.20已知拋物線G:的焦點(diǎn)與圓E:的右焦點(diǎn)F重合,橢圓E的短軸長為2.(1)求橢圓E的方程;(2)過點(diǎn)F且斜率為k的直線l交橢圓E于AB兩點(diǎn),交拋物線G于M,N兩點(diǎn),請(qǐng)問是否存在實(shí)常數(shù)t,使為定值?若存在,求出t的值;若不存在,說明理由.【答案】(1);(2)是定值,定值為【分析】(1)根據(jù)焦點(diǎn)與短軸可得參數(shù)值,從而得橢圓方程;(2)把直線l的方程,與橢圓E和拋物線G的方程聯(lián)立,結(jié)合韋達(dá)定理和弦長公式,求解與代入化簡

16、即可求解參數(shù)【詳解】(1)由題意得,又,則,故橢圓E的方程為;(2)設(shè),把直線l的方程,與橢圓E的方程聯(lián)立,得,整理得,把直線l的方程,與拋物線G的方程聯(lián)立,得,要使為常數(shù),則,解得,故存在,使得為定值21已知函數(shù).(1)當(dāng)時(shí),方程在區(qū)間上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根,求的取值范圍;(2)當(dāng)時(shí),設(shè)是函數(shù)兩個(gè)不同的極值點(diǎn),證明:.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】(1)利用參變分離得,設(shè),利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,即可得到答案;(2)因?yàn)槭呛瘮?shù)兩個(gè)不同的極值點(diǎn),可得,要證,等價(jià)于證明證明,再消去參數(shù)轉(zhuǎn)化成證明雙元不等式;【詳解】(1)因?yàn)椋?,即,設(shè),則,令得,令得所以在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,當(dāng)

17、時(shí),當(dāng)時(shí),要使方程在區(qū)間上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根,則,解得,故的取值范圍是;(2)由題意,因?yàn)槭呛瘮?shù)兩個(gè)不同的極值點(diǎn),不妨設(shè),即,兩式相減得.要證,即證明,只需證,即,亦即.令,只需證當(dāng)時(shí),不等式恒成立, 設(shè),則 ,令,所以在單調(diào)遞增,所以,即,所以,所以在上單調(diào)遞減,即.綜上所述,成立.22在平面直角坐標(biāo)系中,過點(diǎn)的直線的參數(shù)方程為(為參數(shù))以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,曲線的極坐標(biāo)方程為.(1)求直線的普通方程和曲線的直角坐標(biāo)方程;(2)設(shè)曲線與直線交于兩點(diǎn),求的值【答案】(1),(2)【分析】(1)消去t可得直線在直角坐標(biāo)系的方程,運(yùn)用極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的關(guān)系,可得曲線C的直角坐標(biāo)方程;(2)理解參數(shù)方程中t的意義,聯(lián)立C與直線方程,應(yīng)用

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