2021-2022学年河南省豫西名校高二下学期3月联考数学（理）试题

20212022学年河南省豫西名校高二下学期3月联考数学（理）试题一、单选题1．已知命题，，下列形式正确的是（

）A．，使得 B．，使得C．， D．，【答案】B【分析】全称命题的否定是特称命题，否定量词，否定结论.【详解】否定量词，否定结论，即，使得.故选：B.【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题.2．椭圆的焦点坐标为A． B． C． D．【答案】B【详解】根据题意，椭圆的标准方程为，则其焦点在轴上，且，，则，故焦点坐标为，故选B.3．设、分别是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，且，则A．1 B．3 C．3或7 D．1或9【答案】C【详解】由双曲线的定义得，,又因为，则.3或7，故选C.4．“﹣3＜m＜4”是“方程表示椭圆”的（

）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要【答案】B【分析】求出方程表示椭圆的充要条件是且,由此可得答案.【详解】因为方程表示椭圆的充要条件是,解得且,所以“﹣3＜m＜4”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.故选:B【点睛】本题考查了由方程表示椭圆求参数的范围,考查了充要条件和必要不充分条件,本题易错点警示:漏掉,本题属于基础题.5．甲、乙两名同学在5次体育测试中的成绩统计的茎叶图如图所示.若甲、乙两人的平均成绩分别是，则下列结论正确的是（

）A．；乙比甲成绩稳定B．；甲比乙成绩稳定C．；乙比甲成绩稳定D．；甲比乙成绩稳定【答案】A【解析】根据公式求出甲、乙两人的平均分即可判别与的大小，通过观察茎叶图的离散程度可得乙成绩更稳定.【详解】，，根据茎叶图的数据分布，甲的数据大量集中在七十几，八十几和九十几各占一个，乙的数据集中在八十几和九十几，所以乙比甲稳定.故选：A.6．袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球.在上述事件中，是对立事件的为（

）A．① B．② C．③ D．④【答案】B【分析】事件A和B的交集为空：A与B就是互斥事件，也叫互不相容事件，强调的是事件不能同时发生；它们必有一个发生的两个互斥事件叫做对立事件，是互斥事件的特例，满足互斥的情况，还得满足A交B为全集；【详解】有3个白球，4个黑球，从中任取3个球：①是互斥事件，但不是对立事件；②是互斥事件，同时也是对立事件；③既不是互斥事件，也不是对立事件；④既不是互斥事件，也不是对立事件；故选：B【点睛】本题考查了对立事件的概念，两个事件在时间上互斥同时还共同构成一个全集，属于简单题；7．从数字1，2，3，4，5中任取两个不同的数字，构成一个两位数，则这个数字大于40的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】试验发生包含的事件是从数字1，2，3，4，5中任取两个不同的数字构成一个两位数，满足条件的事件可以列举出来，然后根据概率公式求解即可【详解】解：由题意可得试验发生包含的事件是从数字1，2，3，4，5中任取两个不同的数字构成一个两位数，共有种结果，则这此数字大于40的有41，42，43，45，51，52，53，54，共8个，所以所求概率为，故选：A8．在古代，直角三角形中较短的直角边称为“勾”,较长的直角边称为“股”，斜边称为“弦”.三国时期吴国数学家赵爽用“弦图”(如图)证明了勾股定理，证明方法叙述为:“按弦图,又可以勾股相乘为朱实二，倍之为朱实四，以勾股之差自相乘为中黄实，加差实，亦成弦实.”这里的“实”可以理解为面积.这个证明过程体现的是这样一个等量关系:“两条直角边的乘积是两个全等直角三角形的面积的和(朱实二)，4个全等的直角三角形的面积的和(朱实四)加上中间小正方形的面积(黄实)等于大正方形的面积(弦实)”.

若弦图中“弦实”为16，“朱实一”为,现随机向弦图内投入一粒黄豆(大小忽略不计)，则其落入小正方形内的概率为A． B． C． D．【答案】D【详解】∵弦图中“弦实”为16，“朱实一”为∴大正方形的面积为16，一个直角三角形的面积为设“勾”为，“股”为，则，解得或.∵∴，即.∴∴小正方形的边长为∴随机向弦图内投入一粒黄豆(大小忽略不计)，则其落入小正方形内的概率为.故选D.9．圆的半径为4，圆心为是圆内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】数形结合利用垂直平分线的定义得到动点到定点、的距离之和为定值4（大于两定点间的距离，符合椭圆定义，从而得到椭圆方程．【详解】解：如图，直线为线段的垂直平分线，连接，由线段垂直平分线的性质得：，而半径，且、两点为定点，，由椭圆定义得：点轨迹是以、两点为焦点的椭圆，且，，，，，椭圆方程为：，故选．【点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了椭圆方程的求法，考查了直线的垂直平分线的性质，是中档题，也是轨迹方程的常见题型．10．已知为椭圆上的一个点，点M，N分别为圆和圆上的动点，则的最小值为（

）A．6 B．7 C．10 D．13【答案】B【解析】先求椭圆焦点和定义定值，圆心、半径，利用圆的性质判定与焦点连线时最小，再计算即得结果.【详解】依题意可知，椭圆的焦点分别是两圆和的圆心，根据定义，两圆半径为，故椭圆上动点与焦点连线时与圆相交于M，N时，最小，最小值为.故选：B.【点睛】本题考查了圆的性质和椭圆的定义，属于中档题.解题关键在于两圆圆心是椭圆的焦点，结合椭圆定义和圆的性质即解决最小距离问题.11．双曲线的左、右焦点分别为、，过点且斜率为的直线与双曲线的左右两支分别交于P、Q两点，若，则双曲线C的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，且，可得，再结合，可得，进而在△中，由余弦定理可得到齐次方程，求出即可.【详解】由题意，可得，因为，所以，又，所以，在△中，，即，由余弦定理，可得，整理得，则，即，解得，因为，所以.故选：C.【点睛】方法点睛：本题考查求双曲线的离心率，属于中档题.双曲线离心率的求法：（1）由条件直接求出（或或），或者寻找（或或）所满足的关系，利用求解；（2）根据条件列出的齐次方程，利用转化为关于的方程，解方程即可，注意根据对所得解进行取舍.12．椭圆的焦点分别为，弦过，若的内切圆面积为，两点的坐标分别为和，则的值为A．6 B． C． D．3【答案】D【详解】的内切圆面积为，由题意得：，，又故选点睛：本题考查的知识点是直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的简单性质，三角形内切圆的性质，考查了学生的计算能力，本题的关键是求出的面积，易知的内切圆的半径长，从而借助三角形的面积，利用等面积法求解即可，属于中档题．二、填空题13．已知实数x，y满足，则的最大值为______．【答案】2【详解】根据题意得到如图可行域是封闭的三角形，顶点是(0,1)()（0，2）目标函数，可得到当目标函数过点A(0，1)，有最大值2，故得到答案为：2.点睛：利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域．(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值．14．在正方形内任取一点,则该点在正方形的内切圆内的概率为____________【答案】【分析】根据几何概型中面积模型的概率求解方法求解出结果.【详解】设正方形的边长为，所以正方形面积为，内切圆的半径为，所以内切圆的面积为，故所求概率为：，故答案为：.15．已知的导函数为，则___________.【答案】【分析】对函数求导后代入数值即可求解.【详解】解：，故答案为：.16．若，则＝________【答案】【分析】利用诱导公式化简可得，即可得解.【详解】，故答案为：.三、解答题17．用、、、、、这六个数字：（1）能组成多少个无重复数字的四位数？（2）能组成多少个无重复数字的四位奇数？（3）能组成多少个无重复数字且比大的四位数？【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）先安排首位，再安排剩余三个数位上的数字，利用分步计数原理可求得结果；（2）先排个位数，再排首位数，再安排剩余两个数位上的数字，利用分步乘法计数原理可得结果；（3）分三种情况讨论：①首位是、、、中的一个；②首位是，百位数字为或；③首位是，百位数字为.分别计算出每种情况下对应的四位数个数，利用分类加法计数原理可得结果.【详解】（1）由题意知，因为数字中有，不能放在首位，先安排首位的数字，从五个非数字中选一个，共有种结果，余下的五个数字在五个位置进行全排列，共有种结果，由分步乘法计数原理可知，能组成个无重复数字的四位数；（2）先排个位数，方法数有种，然后排千位数，方法数有种，剩下百位和十位任意排，方法数有种，由分步乘法计数原理可知，能组成个无重复数字的四位奇数；（3）分以下三种情况讨论：①首位是、、、中的一个，则其它数位可以任意排列，共有个；②首位是，百位数字为或，剩余两个数位可以任意排列，共有个；③首位是，百位数字为，则十位上的数字为或，个位数字可以任意排列，共有个.综上所述，由分类加法计数原理可知，能组成个无重复数字且比大的四位数.【点睛】方法点睛：对于组数问题，一般按照特殊位置（一般是末位和首位）由谁占领分类，分类中再按特殊位置（或者特殊元素）优先的方法分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法从方面求解.18．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）已知射线分别交曲线，于两点，若是线段的中点，求的值.【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标方程为；（2）.【分析】（1）先将曲线化为普通方程，然后再化为极坐标方程，曲线直接利用公式化为极坐标方程即可；（2）根据极径的几何意义，建立极径之间的关系，再通过三角恒等变换求解即可.【详解】（1）因为曲线的普通方程为，所以曲线的极坐标方程为(写成也给分).因为曲线的普通方程为，即，所以曲线的极坐标方程为，即.（2）设，，则，，因为是线段的中点，所以，即，整理得，所以，因为，所以，所以，所以.19．如图，四边形中，满足，，，，，将沿翻折至，使得.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）过作，垂足为，连，，作，垂足为，易得，通过勾股定理可得，即可得平面，进而可得结果；（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，平面的法向量，利用向量法即可得结果.【详解】（Ⅰ）过作，垂足为，连，，则，作，垂足为，则，，所以，即又，所以平面，又平面，所以平面平面；（Ⅱ）以为坐标原点，，所在的直线为，轴建立空间直角坐标系则，，，，，设平面的法向量为，则取法向量，设直线与平面所成角为，则.20．如图，在三棱锥中，是正三角形，是的重心，，，分别是，，的中点，点在上，且．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若，，，求二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（1）在两平面内分别找两条相交的直线，证明互相平行，即分别证明，即可；（2）建立空间直角坐标系，分别求得两个面的法向量，根据法向量的夹角求得二面角的余弦值.【详解】（Ⅰ）证明：连结，因为是正三角形，是的重心，为的中点，所以与共线，且，因为为的中点，，所以是的中点，所以，所以，又平面，平面，所以平面，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面；（Ⅱ）解：因为，，所以，所以，因为，，平面，所以平面，以A为坐标原点，，所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，设平面的法向量为，则有，即，令，则，，所以，设平面的法向量为，则有，即，令，则，所以，所以，故二面角的余弦值．【点睛】方法点睛：（1）在两个面上找到两条相交直线，证明互相平行，从而证明面面平行；（2）建立空间直角坐标系，把二面角转化为向量间的夹角进行求解.21．已知椭圆：的离心率为，过其右焦点与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限交于点，且.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设椭圆的左、右顶点分别为，，点是椭圆上的动点，且点与点，不重合，直线，与直线分别交于点，，求证：以线段为直径的圆过定点.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）由，得，又，且，联立求解出、、的值，即可求出椭圆方程；（Ⅱ）设点，由点在椭圆上和直线、的斜率求出，设直线、的方程，求出点和点的坐标，设圆过定点，为直径，所以，化简后即可得到定点.【详解】（Ⅰ）由，得，又因为，且，得，，，所以椭圆的方程为.（Ⅱ）由题意，点，点，设点，则，得，又设直线，的斜率分别为，，则，，所以，∴直线：，直线：，所以点，，假设过定点，由得，所以得，令，得或，所以过定点，.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法、直线和椭圆的位置关系以及圆的性质，考查过定点问题，还考查学生的转化和计算能力，属于中档题.22．已知函数．（1）曲线在点（处的切线斜率为0，求a的值；（2）若恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）求导，由，可解得答案；（2）原问题转化为恒成立，令求导，分析导函数取得正负的范围，得出所令函数的单调性和最值，从而可得出a的取值范围．【详解】解：（1）