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）

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