江西省上饒市六校2021-2022學年高二下學期期末聯(lián)考數(shù)學（文）試題

上饒市20212022學年度第二學期六校高二期末聯(lián)考數(shù)學（文科）試卷試卷滿分：150分考試時間：120分鐘命題學校：上饒一中一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．1.若復數(shù)z滿足，其中i為虛數(shù)單位，則z的共軛復數(shù)為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意整理得，利用復數(shù)的除法運算可得，再根據(jù)共軛復數(shù)的概念理解判斷．【詳解】由題意可得：∴z的共軛復數(shù)為故選：B．2.若，則p是q的（）A.充分不必要條件 B.充要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】解對數(shù)不等式、一元二次不等式求、對應(yīng)的解集，根據(jù)解集的包含關(guān)系即可判斷充分、必要關(guān)系.【詳解】已知：，解得，而：，可得，∴是的必要不充分條件，故選：C.3.已知，且與共線，則（）A.1 B.3 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)向量平行的坐標公式求解即可【詳解】因為與共線，故，解得故選：C4.已知，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可判斷a,b的大小范圍，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷c的大小范圍，比較可得答案.【詳解】由題意可得：，故，故選：A5.在區(qū)間上任取一個數(shù)x，則的概率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)幾何概型的方法，求得區(qū)間在內(nèi)的長度與區(qū)間的長度比即可【詳解】由題意，在區(qū)間上任取一個數(shù)x，則的概率為故選：B6.設(shè)實數(shù)x，y滿足約束條件，則的最大值為（）A.1 B.4 C.6 D.7【答案】D【解析】【分析】畫出可行域，再分析目標函數(shù)截距最大時的情況即可【詳解】畫出可行域如圖，聯(lián)立可得，故目標函數(shù)在處取得最大值故選：D7.已知圓錐的軸截面是邊長為1的等邊三角形，則該圓錐表面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)軸截面，可得底面圓半徑和圓錐母線，進而可求表面積.【詳解】由圓錐的軸截面是邊長為1的等邊三角形可知：圓錐的底面圓半徑，母線長，所以圓錐的表面積為故選：D8.已知為等差數(shù)列的前n項和，若，則該數(shù)列的公差為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)結(jié)合基本量法求解即可【詳解】設(shè)該數(shù)列的公差為，則，故，所以，即，解得故選：B9.已知直線與圓相交，則實數(shù)k的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)直線與圓相交，則圓心到直線的距離小于半徑求解即可【詳解】由題意，圓心到直線的距離，即，解得故選：D10.已知正數(shù)m，n滿足，則的最小值為（）A.3 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化簡，再利用基本不等式得解.【詳解】解：由題得.（當且僅當?shù)忍柍闪ⅲ?故選：B11.已知雙曲線的焦距為為其左右兩個焦點，直線l經(jīng)過點且與漸近線平行，若l上存在第一象限的點P滿足，則雙曲線C離心率的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意分析滿足的點的軌跡，再根據(jù)此軌跡與直線l有交點，結(jié)合漸近線的性質(zhì)求解即可；【詳解】因為滿足的所有點在以為焦點，長軸長為，短軸長為的雙曲線，即上.故若l上存在第一象限的點P滿足，則雙曲線與直線l有交點即可.又直線，數(shù)形結(jié)合可得，當或的經(jīng)過一象限的漸近線的斜率即可，兩種情況均有，故，故離心率故選：A12.若關(guān)于的不等式在上恒成立，則實數(shù)的最大值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】將所求不等式變形為，構(gòu)造函數(shù)，分析出函數(shù)在上為增函數(shù)，可得出，利用導數(shù)求出函數(shù)的最小值，可得出關(guān)于的不等式，即可求得實數(shù)的最大值.【詳解】由已知可得，，由可得，所以，，構(gòu)造函數(shù)，其中，則，故函數(shù)在上為增函數(shù)，由可得，所以，，即，令，其中，則.當時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減，當時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，則，，解得，故實數(shù)的最大值為.故選：A.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查利用函數(shù)不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍，解題的關(guān)鍵就是將所求不等式進行變形，利用指對同構(gòu)的思想通過構(gòu)造新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為關(guān)于、的不等式，再利用參變量分離法求解.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知角的終邊經(jīng)過點，則________．【答案】【解析】【分析】利用誘導公式與三角函數(shù)的定義可求得所求代數(shù)式的值.【詳解】由已知可得.故答案為：.14.曲線表示焦點在x軸上的橢圓，則m的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】由方程表示焦點在軸上的橢圓，根據(jù)橢圓性質(zhì)列出不等式組，解出即可.【詳解】由題意可得，解得.故答案為：.15.在正項等比數(shù)列中，已知，則________．【答案】##【解析】【分析】利用等比數(shù)列中項的性質(zhì)結(jié)合對數(shù)的運算性質(zhì)可求得結(jié)果.【詳解】由等比中項的性質(zhì)可得，則，因此，.故答案為：.16.如圖，在四棱錐中，底面為等腰梯形，面，，，，M為線段的中點，下面結(jié)論正確的是________．①；②直線和底面所成的角為；③過點M且與平面平行的平面截該四棱錐所得截面的面積為；④四棱錐外接球的表面積為．【答案】①③④【解析】【分析】①由題意可知，求出梯形的高為，證明即可判斷；②由題意可得是和底面所成的角，求出大小即可判斷；③作再出截面，再計算即可面積即可判斷；④將四棱錐補成以為長、寬、高的長方體，即可求出球的表面積，從而判斷即可.【詳解】解：因為面，所以，又因為底面為等腰梯形，，，所以梯形的高為，所以，因為,所以，又因為，所以平面，所以，故①正確；由①可知是和底面所成的角，又因為,又因為，所以＝，即和底面所成的角為，故②錯誤；如圖所示：取中點，中點,中點，依次連接，則平面與平面平行且截該四棱錐所得截面，由題闈可知平面是梯形，，且，如圖所示：則有，解得，所以梯形的高為，所以面積為，故③正確；將四棱錐補成以為長、寬、高的長方體，則此長方體的八個頂點在球面上，所以,所以，所以四棱錐外接球的表面積為，故④正確.故答案為：①③④.三、解答題：共70分．解答題應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．（一）必考題：17.足球運動是一項古老的體育活動，源遠流長，最早起源于我國古代的一種球類游戲蹴鞠，后來經(jīng)過阿拉伯人傳到歐洲，發(fā)展成現(xiàn)代足球．為了解某社區(qū)足球愛好者的年齡分布情況，從該社區(qū)隨機抽取50名足球愛好者，將這50人的年齡按分成5組，得到了如下的頻率分布直方圖．（1）求樣本的平均數(shù)及中位數(shù)；（2）從年齡段和中按分層抽樣的方法隨機抽取4人，再從這4人中隨機抽取2人，求這兩人的年齡都落在的概率．【答案】（1）平均數(shù)25.5；中位數(shù)23.75（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖平均值的計算方法求解平均值，再根據(jù)中位數(shù)左邊的面積為0.5計算中位數(shù)即可；（2）根據(jù)分層抽樣可得應(yīng)從中抽取3人，從中抽取1人，再利用古典概型的方法列舉求解即可【小問1詳解】平均值為因為，，故中位數(shù)位于區(qū)間，假設(shè)中位數(shù)為m則，解得【小問2詳解】易知應(yīng)從中抽取3人，設(shè)分別為，從中抽取1人為.則從這4人中隨機抽取2人，所有可能的情況有共6種，其中滿足條件的有共三種，故從這4人中隨機抽取2人，求這兩人的年齡都落在的概率18.內(nèi)角、、所對的邊分別為、、，且．（1）求角的大??；（2）若外接圓的半徑為，角的平分線與線段交于點，且，求、的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理結(jié)合兩角和的正弦公式化簡可得的值，結(jié)合角的取值范圍可求得角的值；（2）利用三角形的面積公式和余弦定理可得出關(guān)于、的方程組，即可解得、的值.【小問1詳解】解：由及正弦定理可得，在中，，所以，，代入上式得，、，則，，則，故.【小問2詳解】解：外接圓的半徑為，，，為角的平分線，所以，，又，，即，可得，①由余弦定理，可得，②由①②得．19.如圖，四邊形是邊長為2正方形，為等腰直角三角形，，點E在線段上，且二面角為直二面角．（1）證明：平面平面；（2）當平面時，求點E到平面的距離．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得線面垂直，進而可證明線線垂直，通過線線垂直可證明線面垂直.（2）根據(jù)線面平行的性質(zhì)可判斷點E為中點，進而根據(jù)等體積法可求.【小問1詳解】∵四邊形是正方形，∴；又∵二面角直二面角，平面平面，∴平面∵平面，∴；又∵；∴平面∵平面∴平面平面小問2詳解】連接交于點O，連接，∵平面，又∵平面，平面平面∴由線面平行的性質(zhì)定理可得，又∵O是中點，∴E為中點．取中點F，連接，則平面，且，∴，∴因為E為中點，所以,故四面體的體積設(shè)點E到平面的距離為，由等體積法可知，所以，故點E到平面的距離為．20.已知函數(shù)．（1）若，求的單調(diào)區(qū)間；（2）若對一切恒成立，求m的取值范圍．【答案】（1）的單調(diào)增區(qū)間為和，單調(diào)減區(qū)間為（2）【解析】【分析】（1）求導，利用導數(shù)判斷單調(diào)區(qū)間；（2）根據(jù)題意利用參變分離可得，利用導數(shù)求，注意零點代換的運用．【小問1詳解】∵∴，由得或，且當或時，，當時，，∴的單調(diào)增區(qū)間為和，單調(diào)減區(qū)間為【小問2詳解】依題意可得在上恒成立，令，則，令，易知在上單調(diào)遞增，∵，∴，又∵，∴，使得，即有，且在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴，∴，即m的取值范圍為．21.已知拋物線上任意一點到的距離比到x軸的距離大1．（1）求拋物線的方程；（2）若過點的直線l與拋物線交于A，B兩點，過A，B兩點分別作拋物線的切線，兩條切線交于點Q，求重心G的軌跡方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義求解即可；（2）設(shè)直線的方程為，再聯(lián)立拋物線的方程，利用韋達定理結(jié)合切線方程可得，再根據(jù)重心的坐標公式，代入韋達定理可得軌跡【小問1詳解】由拋物線的定義可得，∴拋物線的方程為；【小問2詳解】由題意可得直線的斜率存在，設(shè)其為k，設(shè)，則直線的方程為；代入拋物線方程得，則有，∵，∴，∴，即①同理可得②，①②有，得，∴．∴又，設(shè)，則，消k得，所以G的軌跡方程為．（二）選做題：共10分．請考生在22、23題中任選一題作答，如果多做，則按照所做第一題計分．22.在平面直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），以坐標原點O為極點，x軸非負半軸為極軸，建立極坐標系，點P的極坐標為，曲線的極坐標方程為．（1）求曲線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若曲線交于A，B兩點，求的值．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用消參法可得曲線：，由可得曲線：；（2）根據(jù)直線參數(shù)方程的理解可得，把曲線的參數(shù)方程代入曲線的普通方程整理，結(jié)合韋達定理求解．【小問1詳解】消去參數(shù)t得曲線的普通方程為由可得曲線的直角坐標方程為；【小問2詳解】易知P的直角坐標為，將曲線的參數(shù)方程（t為參數(shù)）代入的直角坐標方程，化簡得，設(shè)