2021-2022学年江西省景德镇下学期期末考数学试题【含答案】

1、2021-2022学年江西省景德镇下学期期末考数学试题一、单选题1复数（为虚数单位）的虚部为（）ABCDD【分析】根据复数的定义判断.【详解】由复数的定义可得，复数的虚部为.故选：D22021年7月，中共中央办公厅国务院办公厅印发关于进一步轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见.各地积极推进“双减”工作，义务教育阶段学生负担得到有效减轻.下表是某校七年级10名学生“双减”前后课外自主活动时间的随机调查情况（单位：小时）.学生编号12345678910“双减”前1“双减”后232设“双减”前后这两组数据的平均数分别是，标准差分别是，则下列关系正确的是（）ABCDA【分析】根据题意分别求，

2、再根据极差判断方差得到标准差的大小.【详解】，所以；因为“双减”前的极差为：，“双减”后的极差为：，所以“双减”前的极差小于“双减”后的极差，所以“双减”前的方差小于“双减”后的方差，故“双减”前的标准差小于“双减”后的标准差，即.故选：A.3已知命题p：若，表示两个不同的平面，m为平面内的一条直线，则“”是“”的充要条件；命题q：“若a，则，使成立”的否定为“若a，.则，都有成立”.则下列命题中为真命题的是（）ABCDC【分析】先判断命题的真假，然后由复合命题的真值表判断【详解】如图平面内直线，但相交，命题是假命题，命题的否定只要否定结论，因此命题“若a，则，使成立”的否定是若a，则，使成立

3、，命题是假命题从而只有是真命题故选：C4民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺的立体结构图.已知.底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积是（）ABCDC【分析】根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，所以圆锥体的侧面积为，圆柱体的侧面积为，圆柱的底面面积为，所以此陀螺的表面积为（），故选：C5阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的

4、距离之比为常数（，且），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点C到的距离之比为，则点C到直线的距离的最小值为（）ABCDA【分析】设，依题意，根据两点的距离公式求出动点的轨迹方程，再求出圆心到直线的距离，即可求出点到直线距离的最小值；【详解】解：设，则，即，化简得，所以点的轨迹为以为圆心，的圆，则圆心到直线的距离，所以点C到直线的距离的最小值为；故选：A6定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于直线对称，则下列结论不正确的是（）A是偶函数B若，则C DD【分析】由函数图象的平移变换可知为偶函数，再结合函数的单调性和对数函数，指数函数的单调性逐个分析判断即可【详解】因为的图象关于

5、直线对称，而的图象是由的图象向右平移一个单位得到的，所以的图象关于轴对称，所以是偶函数，所以A正确，因为函数在区间上单调递增，且是偶函数，所以，所以，得，所以B正确，因为在上为增函数，所以，即，因为在上为增函数，所以，即，所以，所以，即，所以C正确，因为为偶函数，且函数在区间上单调递增，所以，所以，所以D错误，故选：D7实数a，且满足，则a，b，的大小关系为（）ABCDC【分析】不等式变形后，引入新函数，利用二次求导法确定函数的单调性得出间的不等关系，从而得出结论【详解】不等式变形为，设，令()，则,时，单调递增，所以时，是增函数，所以，所以故选：C8经过抛物线的焦点F且斜率为的直线l与抛物线

6、C交于不同的两点AB，抛物线C在点A，B处的切线分别为，若和相交于点P，则（）ABCD4A【分析】首先利用导数求出切线方程，从而得到，直线与抛物线联立得到，从而得到，再利用两点距离公式求解即可.【详解】设切点，则切线的方程为：，同理切线的方程为：，联立方程，解得交点.又焦点为，故直线l方程为.代入，化简得，由此可得，所以，由两点距离公式得.故选：A二、多选题9现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（）A若每人都安排一项工作，则不同的方法数为B若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为C如果司机工作不安

7、排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为D每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是ABC【分析】不同方法数为，即选项A错误；不同的方法数为，即选项B错误；不同方法数为，即选项C错误，不同安排方案的种数是，即选项D正确，【详解】解：每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项A错误；每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误；如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为，即选项C错误，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都

8、能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是，即选项D正确，综合得：选项正确，故选：ABC10已知随机变量服从正态分布（100，100），则下列结论正确的是（）（若随机变量服从正态分布，则，ABCDABC【分析】根据正态分布的意义及法则可得结果【详解】由随机变量得：正态分布曲线关于直线对称，且，,所以，故ABC正确，D错误.故选：ABC.11有甲、乙两个盒子，甲盒子里有1个红球，乙盒子里有3个红球和3个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到红球的个数为，则随着的增加，下列说法正确的是（）A增加B减小C增加D减小BC【分析】由超几何分布与二项分布，求解离散随机变量的

9、期望与方差，然后判断选项【详解】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，其中红球的个数服从超几何分布，则故从甲盒子里随机取一球，相当于从含有个红球的个球中取一球，取到红球的个数为，易知随机变量服从两点分布，故，所以，随着的增加，减小；，随着的增加，增加故选：BC12下列说法正确的是（）A设随机变量服从二项分布，则B已知随机变量服从正态分布，且，则C甲、乙、丙三人均准备在3个旅游景点中任选一处去游玩，则在至少有1个景点未被选择的条件下，恰有2个景点未被选择的概率是D，ABC【分析】对于选项A：直接利用二项分布的概率公式即可求解；对于选项B：利用正态曲线的对称性直接求解；对于选项C：设事件A为至少有1

10、个景点未被选择，事件为恰有2个景点未被选择，分别求出，利用条件概率即可求解；对于选项D：利用期望和方差的性质直接求解.【详解】对于选项A：若随机变量服从二项分布，则，正确；对于选项B：因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线的对称轴是直线.因为，所以，正确；对于选项C：设事件A为至少有1个景点未被选择，事件为恰有2个景点未被选择，则，正确；对于选项D：，不正确故选：ABC三、填空题13已知单位向量的夹角为60，若，则实数_.-0.2【分析】先计算出，再由列式计算.【详解】由题意，因为，所以，即，.故14函数其中常数，且，若，则实数_.【分析】先计算得，表示出，再由两角和的正弦公式代入求解出，代入

11、即可求解出答案.【详解】由题意，即，因为，所以，所以，故.故15数列满足，且，则_.【分析】先利用判断出为常数列，求出数列的通项公式，再求解计算即可.【详解】因为，所以，式子两端除以，整理得：，即为常数列.因为，所以，所以，所以.故答案为.16在正方体中，点为线段上的动点.有下列结论：当为的中点时，面积最小；无论在线段的什么位置，均满足；存在一点，使；三棱锥的体积为定值.其中，所有正确结论的序号为_.【分析】利用异面直线公垂线的定义判断，证明平面，判断，设正方体棱长为1，（，计算，求出最小值后判断，根据线面平行性质，棱锥体积公式，判断【详解】当为中点时，取中点，则，由正方体性质知侧棱与上下底面

12、垂直，即与上下底面上的任何直线垂直，从而与、垂直，所以是异面直线和的公垂线（段），是上的点到直线的距离的最小值，所以面积最小，正确；连接，由侧棱底面，面，得，又，平面，所以平面，而平面，所以，同理，平面，所以平面，所以只要，则平面，因此有，正确； 连接，设正方体棱长为1，（，由正方体的侧棱与底面上的直线垂直，得，所以时，取得最小值，而，所以线段上不存在点，使得，错；正方体中，平面，平面，平面，在上运动时，到平面的距离不变，而的面积不变，因此三棱锥的体积不变为定值，正确故四、解答题17如图，在圆内接四边形ABCD中，且依次成等差数列.(1)求边AC的长；(2)求四边形ABCD周长的最大值.(1)

13、(2)10【分析】（1）根据等差数列的性质求得，再根据余弦定理求得答案;（2）利用圆内接四边形性质可得 ，再利用余弦定理结合基本不等式求得，即可求得答案.【详解】(1)因为依次成等差数列，所以，又，所以,又，则由余弦定理得:，所以.(2)由圆内接四边形性质及，知，在中，由余弦定理得，又因为（当且仅当时“=”成立），所以，即，则四边形ABCD周长最大值.18在三棱柱中，平面平面，平面平面.（1）证明：平面；（2）在；与平面所成的角为；异面直线与所成角的余弦值为这三个条件中任选两个，求二面角的余弦值.（1）证明见解析；（2）答案见解析.【分析】(1)利用面面垂直的性质证得和即可得证；(2)选择条件

14、或，结合已知求出AA1，选择条件，探求出AB，AC，AA1的关系，无论选择哪两个条件都以为原点，的方向分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即得.【详解】（1）证明：因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，同理：，又因为，所以平面；（2）选择：由（1）知，平面，所以三棱柱是直三棱柱.因为，所以.在直三棱柱中，平面，BA1是BC1在平面内射影，所以为与平面所成的角，即，在中，在中，则，以为原点，的方向分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：，所以，.设平面的法向量为，由得，令得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由得，令得平面的一个法向量为.所以，所

15、以二面角的余弦值；选择：因为，所以，由（1）知，平面，故，在三棱柱中，则异面直线与所成角为，所以，在中，因为，所则；以为原点，的方向分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：，所以，.设平面的法向量为，由得，令得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由得，令得平面的一个法向量为.所以，所以二面角的余弦值；选择；由（1）知，平面，所以三棱柱是直三棱柱，平面，BA1是BC1在平面内射影，所以为与平面所成的角，即，又，则异面直线与所成角为，所以，在中，设，则，所以，在中，因为，所以，以为原点，的方向分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：，所以，.设平面的法向量为，由得，令得平面的一个

16、法向量为，设平面的法向量为，由得，令得平面的一个法向量为.所以，所以二面角的余弦值.方法点睛：直线垂直平面的证明方法：(1)直线与平面的垂直判定定理；(2)平面与平面垂直的性质定理；(3)两条平行直线中一条直线垂直一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面.19若对任意使得关于的方程有实数解的均有，求实数的最大值.【分析】设方程的两根为，由韦达定理得，不等式变形为，化为关于的表达式，再变形得最值【详解】设方程的两根为，则，上式右边最小值是，（时取得），所以故20已知椭圆的左焦点与短轴两端点的连线及短轴构成等边三角形，且椭圆经过点.(1)求椭圆的方程；(2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，关于原

17、点的对称点，直线，与轴分别交于，两点，求证.(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意得，将点代入椭圆即可；（2）设，直线，则，联立得到韦达定理，要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证，代入求解计算即可.【详解】(1)设椭圆上下顶点分别为，左焦点为，则是等边三角形，所以，则椭圆方程为，将代入椭圆方程，可得，解得，所以椭圆方程为.(2)设，则.将直线代入椭圆方程，得，其判别式，即，.所以要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证，所以.解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算

18、能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题21已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若函数，证明：当时，.(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求解导函数，分类讨论，和时的对应单调性；（2）将题目不等式转化为证明，设，求导判断单调性，求解最大值，设，求导判断单调性，求解最小值，设，得单调性，从而可证明不等式.【详解】(1)的定义域.当时，所以恒成立，所以在单调递减，在单调递增；当，分下面三种情况讨论：当时，恒成立，所以在单调递增；当时，令.得，或.所以在和单调递增，在单调递减；当时，令，得，或，所以在和单调递增，在单调递减.综上，当时，在和为增函数，在为减函数；时，在为

19、增函数；当时，在和为增函数，在为减函数；当时，在为减函数，在为增函数.(2)当时，要证明，即证，设，易知在为增函数，在为减函数，所以；设，则，又函数在为增函数，而，所以存在，使得，且有，所以在为减函数，在为增函数.所以.设，显然在为减函数，所以，即，而，所以，即，故当时，恒成立，所以成立.导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题（4）考查数形结合思想的应用22某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率，随机抽查了高一年级100位学生的某次数学成绩（单位：分），得到如下所示的频率分布直方图：(1)估计这100位学生的数学成绩的平均值；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）(2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩近似地服从正态分布，经计算，（1）