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- 2021-04-14 发布
石室中学十一月份半期考试数学（文科）
一．选择题:本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题只有一个正确选项.
1.已知为虚数单位，复数，则（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算化简，由此求得的模.
【详解】因为，所以.
故选：A.
【点睛】本小题主要考查复数的除法运算和复数的模的求法，属于基础题.
2.已知集合，，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求得集合,解绝对值不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.
【详解】因为，，所以=
故选：C
【点睛】本小题主要考查两个集合的交集，考查一元二次不等式的解法，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.
3.双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据渐近线方程得到，由此求得双曲线离心率.
【详解】由题可知，所以
故选：D
【点睛】本小题主要考查双曲线的几何性质，考查双曲线离心率的求法，属于基础题.
4.曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求函数的导函数得：，再求，再利用点斜式求直线方程即可得解.
【详解】解:因为,所以，则,
所以曲线在点处的切线的斜率为1，
即切线方程为，
所以切线方程为.
故选:A.
【点睛】本题考查了利用导数求曲线在某点处的斜率，属基础题.
5.已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，且，则
D. 若，且，则
【答案】D
【解析】
【分析】
根据空间中直线和平面的位置关系分别去判断各个选项，均可举出反例；可证明得出.
【详解】若，，则或与异面或与相交，故选项错误；
若，，则与可能相交，故选项错误；
若直线不相交，则平面不一定平行，故选项错误；
， 或，又 ，故选项正确.
本题正确选项：
【点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断，考查学生的空间想象能力和对定理的掌握程度.
6.内角所对的边分别是，则“”是“”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】B
【解析】
，所以或，所以“”是“”的必要不充分条件，故选择B.
7.若变量x、y满足约束条件，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先作出变量x、y对应的不等式表示的平面区域，再利用目标函数z的几何意义为区域内的点到坐标原点距离的平方，然后观察图像即可得解.
【详解】解：变量x、y满足约束条件，则不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数z的几何意义为区域内的点到坐标原点距离的平方，
由图可得：以O为圆心作圆，当圆与直线y=1相切时，切点到原点的距离最小，最小距离为1，所以z的最小值为，
故选：B.
【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属基础题.
8.要得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位 B. 向左平移个单位
C. 向右平移个单位 D. 向右平移个单位
【答案】D
【解析】
【分析】
先将转化为，由此根据三角函数图像变换的知识判断出正确选项.
【详解】，，因为，所以需要将的图象向右平移个单位.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三角函数诱导公式，考查三角函数图像变换，属于基础题.
9.对于任意，函数满足，且当时，函数，若
，，，则大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据判断出函数的对称轴，结合函数的单调性判断出的大小关系.
【详解】因为满足，所以的图象关于x=1对称.因为时，函数，所以在单调递增，由对称性可得在单调递减，所以离x=1越远的点，纵坐标越大.
，因为，所以.
故选：C
【点睛】本小题主要考查利用函数的单调性和对称性比较大小，考查指数运算和对数运算，属于基础题.
10.曲线在上存在单增区间，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数在区间上存在增区间，得到其导函数在区间上有解，由此分离常数，利用导数与单调性、最值，求得的取值范围.
【详解】因为曲线在上存在单增区间，所以在上有解，所以在上有解，所以.令，则，所以在单调递减，在单调递增，所以，所以.
故选：A
【点睛】本小题主要考查根据函数在给定区间上存在增区间，求参数的取值范围，属于基础题.
11.空间四面体ABCD中， AB=CD=3，AC=BD=4，AD=BC=，则四面体ABCD的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】
根据四面体的三组对棱两两相等，将四面体放入长方体中，通过计算长方体体对角线，求得四面体外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】因为空间四面体ABCD中， AB=CD，AC=BD，AD=BC，于是可以将该四面体放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，则有：，于是，由于该四面体的外接球和长方体外接球为同一球，所以外接球的直径等于长方体的体对角线，所以,所以球的表面积.
故选：D
【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积的求法，考查空间想象能力，属于基础题.
12.设函数，对任意的，存在，使成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
对任意的，存在，都有，等价于，再利用导数求函数的最值即可得解.
【详解】解：因为对任意的，存在，都有，即，所以.当时，函数在为增函数，则，又因为，设，，
所以，又在单调递减，则，所以在单调递减，由于，所以在单调递增，单调递减，，于是，所以，
故选：B.
【点睛】本题考查了不等式恒成立及有解问题，重点考查了利用导数求函数的最值，属中档题.
二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13.已知与垂直，则与的夹角为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由与垂直，则，再将已知条件代入运算即可.
【详解】解：由又与垂直，
则，所以，
又，所以与的夹角为，
故答案为：.
【点睛】本题考查了向量的数量积的运算及向量的夹角的运算，属基础题.
14.已知，则=_________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据同角三角函数的基本关系式求得的值，利用诱导公式和二倍角公式，将转化为，由此求得的值.
【详解】因为，所以，所以=.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查诱导公式和二倍角公式，属于基础题.
15.已知函数，若，且，则的取值范围为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
作出图像，根据“，且”，利用二次函数对称轴，对数函数图像与性质，将转化为，结合求得的取值范围.
【详解】作出f(x)的图像，由此可得，，所以，所以，即，所以
所以，因为，所以范围为.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查分段函数图像与性质，考查二次函数、对数函数的图像与性质，考查二次函数求最值的方法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
16.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，若，，过点M，N 分别向抛物线的准线作垂线，垂足分别为点C，D，则的最小值为_________.
【答案】6
【解析】
【分析】
设出直线的方程，联立直线的方程和抛物线方程，消去，写出韦达定理.利用向量的坐标运算化简，，从而求得的表达式，进而用基本不等式求得
的最小值.
【详解】设直线的方程为：，，，，，由，因为，，
所以，，即，，令，
则，故的最小值为（当且仅当时取等号）.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查最值的求法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
三．解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤. 第17题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题～第23题为选考题，考生根据要求作答.
17.已知等比数列的前项和为，，且是和的等差中项．
（1）求数列通项公式；
（2）当时，令，求数列的前项和．
【答案】(1) 或 (2)
【解析】
【分析】
（1）根据等差中项的性质列方程，并转化为的形式，由此解方程求得的值.结合等比数列前项和公式，求得的值.由此求得数列的通项公式.
（2）利用分组求和法求得数列的前项和.
【详解】（1）由是和的等差中项，得 2 = + ，即 a1q7 = 8a1q + 7a1q4，
所以q6－7q3－8 = 0，即，解得公比或．
当时，由，所以；
当时，由，所以
（2）当时，知，，
所以数列的前项和为
【点睛】本小题主要考查等差中项的性质，考查等比数列前项和公式以及通项公式，考查分组求和法，考查运算求解能力，属于基础题.
18.由中央电视台综合频道和唯众传媒联合制作的《开讲啦》是中国首档青年电视公开课．每期节目由一位知名人士讲述自己的故事，分享他们对于生活和生命的感悟，给予中国青年现实的讨论和心灵的滋养，讨论青年们的人生问题，同时也在讨论青春中国的社会问题，受到青年观众的喜爱，为了了解观众对节目的喜爱程度，电视台随机调查了、两个地区的100名观众，得到如下的列联表，已知在被调查的100名观众中随机抽取1名，该观众是地区当中“满意”的观众的概率为0.15．
（1）现从100名观众中用分层抽样的方法抽取20名进行问卷调查，则应抽取“满意”的、地区的人数各是多少；
（2）在（1）的条件下，从抽取到“满意”的人中随机抽取2人，设“抽到的观众来自不同的地区”为事件，求事件的概率；
（3）完成上述表格，并根据表格判断是否有的把握认为观众的满意程度与所在地区有关系．
附：参考公式：.
【答案】（1）2人，3人；（2）；（3）没有的把握认为观众的满意程度与所在地区有关系
【解析】
【分析】
（1）先利用已知条件可得，再结合分层抽样，按比例取样即可得解；
（2）由古典概型的概率的求法，分别求出从地区抽取2人包含的基本事件的个数及事件包含的基本事件的个数，再求解即可；
（3）先利用，求出，然后得出结论即可.
【详解】解：（1）由题意，得：，解得，
地抽取人，地抽取人．
（2）从地区抽取到2人，记为,从地区抽取到3人，记为,随机抽取2人，
所有的基本事件为共有10种情况，事件包含的基本事件有共6种情况，所以.
（3）完成表格如下：
非常满意
满意
合计
35
10
45
40
15
55
合计
75
25
100
，
故没有的把握认为观众的满意程度与所在地区有关系．
【点睛】本题考查了分层抽样及古典概型的概率的求法，重点考查了独立性检验，属基础题.
19.如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，，，E为AD中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，，记的中点为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）先证明平面， 又因为平面，则平面平面；
（2）由，再结合（1）即可得解.
【详解】解：（1），E为AD中点，.
又平面底面，
且平面平面，
平面，
.
在直角梯形中，，，∴，
又，，.
，平面，
又平面，
平面平面.
（2）由（1）可知，平面，
，，，
在直角梯形中，，，
∴.
∴.
即三棱锥的体积为.
【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理及三棱锥的体积的求法，属中档题.
20.已知动直线垂直于轴，与椭圆交于两点，点在直线上，.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）直线与椭圆相交于，与曲线相切于点，为坐标原点，求的取值范围.
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【分析】
（1）设出两点坐标，根据对称性得到点坐标，利用平面向量数量积的坐标运算化简，求得两点坐标的关系，将点坐标代入椭圆方程，化简求得点的轨迹方程.
（2）当直线斜率不存在时，根据椭圆的几何性质求得.当直线的斜率存在时，设出直线的方程，代入方程，利用判别式为零列出关系.将代入方程，化简后写出韦达定理，计算出的表达式，并利用换元法和二次函数的性质，求得的取值范围.
【详解】（1）设，则由题知，，
,，
由在椭圆上，得，所以，
故点的轨迹的方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，为的左（或右）顶点，也是的左（或右）焦点，所以；
当直线的斜率存在时，设其方程为,
，，
，所以，
，
令，，，
所以，当时，即时，取最大值，当时，即时，取最小值；综上：的取值范围为.
【点睛】本小题主要考查代入法求轨迹方程，考查直线和椭圆的位置关系，包括相交和相切，考查运算求解能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
21.已知函数（）.
（1）若，求的值；
（2）设函数的最小值为，当时,证明：.
【答案】（1）1；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先利用导数求解函数的单调性，再求出函数的最大值，再求导运算即可；
（2）先利用导数求得,再结合（1）已证明的不等式 (当且仅当时,取等号)，即可得证.
【详解】解：（1）的定义域为,,因为，解得得,
当时,,则递增;当时,,则递减,
所以,即,
令(),且,,得,
当时,,则递增;当,则递减,
所以,又,
因此,,此时,.
（2）由（1）知, (当且仅当时,取等号)
又的定义域为,且,
令,得,当时,,在内递减;
当时,,则在上递增,
于是,等价于等价于,
将视为,由(1)知, 显然成立，
故.
【点睛】本题考查了导数的综合应用，重点考查了不等式恒成立问题，属难度较大的题型.
22.在平面直角坐标系中，曲线参数方程为为参数)，将曲线
上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的，得到曲线.
（1）求曲线的普通方程；
（2）过点且倾斜角为的直线与曲线交于两点，求取得最小值时的值.
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【分析】
（1）利用消去参数，求得曲线的直角坐标方程.根据坐标变换的知识求得的普通方程.
（2）设出直线的参数方程，代入的方程并写出根与系数关系，求得弦长的表达式，并利用三角函数最值的求法求得取得最小值时的值.
【详解】（1）将曲线参数方程为参数)的参数消去，得到直角坐标方程为，设上任意一点为，经过伸缩变换后的坐标为，由题意得：
，故；
（2）过点倾斜角为直线的参数方程为：为参数)，带入的方程得：，
记对于的参数分别为，，
，
故当时，.
【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查坐标变换，考查直线参数方程的运用，考查三角函数求最值的方法，属于基础题.
23.已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若存在，使得，求实数的取值范围.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）将所求不等式转化为，利用零点分段法求得不等式的解集.
（2）将“存在，使得”转化为，利用绝对值不等式求得的最大值，进而求得的取值范围.
【详解】（1）由题知，当时，，解得；
当时，，解得；当时，，不等式无解；
综上，不等式的解集为.
（2）由题知，存在，成立，即，，所以，.
【点睛】本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式，考查含有绝对值的不等式存在性问题，属于中档题.