1、 教学质量检测试卷教学质量检测试卷 一、单选题一、单选题 1已知集合，则（ ） A B C D 2若复数满足，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3命题“若 ，则 ”的否命题为（ ） A若 ，则 且 B若 ，则 或 C若 ，则 且 D若 ，则 或 4执行如图所示的程序框图，则输出的 a 值是（ ） A3 B15 C17 D18 5已知椭圆的焦点为，等轴双曲线的焦点为，若四边形是正方形，则该椭圆的离心率为（ ） A B C D 6函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A B C D 7等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a2a
2、5=2a3，且 a4与 2a7的等差中项为 ，则 S5=（ ） A29 B31 C33 D36 8已知的展开式的所有项系数之和为 81，则展开式中含的项的系数为（ ） A56 B60 C68 D72 9已知函数的最小正周期为，则在区间上的值域为（ ） A B C D 10十八世纪初普鲁士的哥尼斯堡，有一条河穿过，河上有两个小岛，有七座桥把两个岛与河岸连接起来有人提出一个问题：一个步行者怎样才能不重复、不遗漏地一次走完这七座桥，最后回到出发点这就是著名的哥尼斯堡七桥问题（下简称七桥问题） ，很多人尝试解决这个问题，但绞尽脑汁，就是无法找到答案直到 1736 年，29 岁的欧拉以拉丁文正式发表了论
3、文关于位置几何问题的解法 ，文中详细讨论了七桥问题并作了一些推广，该论文被认为是图论、拓扑学和网络科学的发端图 1 是欧拉当年解决七桥问题的手绘图，图 2 是该问题相应的示意图，其中，四个点代表陆地，连接这些点的边就是桥欧拉将七桥问题转化成一个几何问题笔画问题一笔画问题中，要求不遗漏地依次走完每一条边，允许重复走过某些结点，可以不回到出发点，但不允许重复走过任何一条边在图 3 中，根据以上一笔画问题的规则，不同的走法总数为（ ） A6 B C10 D12 11已知，则（ ） A B C D 12正方体中，点 P 满足，设过点,，的球的半径为，过点，的球的半径为，则的值为（ ） A B C D
4、二、填空题二、填空题 13设，则 14已知平面向量，单位向量满足，则向量与夹角为 15已知一个三棱柱被一个平面所截留下的几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 16知实数 x，y 满足，则的取值范围为 三、解答题三、解答题 172022 年 2 月 20 日，北京冬奥会在鸟巢落下帷幕，中国队创历史最佳战绩北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动某校组织了一次全校冰雪运动知识竞赛，并抽取了 100 名参赛学生的成绩制作成如下频率分布表： 竞赛得分 频率 （1）如果规定竞赛得分在为“良好”，竞赛得分在为“优秀”，从成绩为“良好”和“优秀”的两组学生中，使
5、用分层抽样抽取 5 人现从这 5 人中抽取 2 人进行座谈，求两人竞赛得分都是“优秀”的概率； （2）以这 100 名参赛学生中竞赛得分为“优秀”的频率作为全校知识竞赛中得分为“优秀”的学生被抽中的概率现从该校学生中随机抽取 3 人，记竞赛得分为“优秀”的人数为，求随机变量的分布列及数学期望 18已知的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且，_ 在；这三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，并作答 （注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） （1）求的面积 S； （2）求角 A 的平分线的长 19如图，多面体中，四边形是边长为 4 的菱形，平面平面平面 （1）求证：平面；
6、（2）求二面角的正弦值 20平面直角坐标系中，已知直线与抛物线相切 （1）求抛物线 C 的方程； （2）设 A，B，P 为抛物线 C 上的三个点，若直线与 l 平行，线段的中点为 M，点 N 在x 轴上且，求面积的取值范围 21已知数列和，且，函数，其中 （1）求函数的单调区间； （2）若数列各项均为正整数，且对任意的都有求证： （）； （），其中为自然对数的底数 22在平面直角坐标系中，直线 l 的方程为：以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为： （1）求曲线 C 的直角坐标方程，以及直线 恒过的定点的极坐标； （2）直线 l 与曲线 C 相交于 M，N
7、 两点，若，试求直线 l 的直角坐标方程 23已知函数 （1）求不等式的解集 M； （2）记的最小值为 m，正实数 a，b 满足：，求证： 答案解析部分答案解析部分 【解析】【解答】 所以 所以 故答案为：B 【分析】首先由一元二次不等式的解法求解出不等式的解集，再由交集和补集的定义结合不等式即可得出答案。 【解析】【解答】由题得，所以， 所以在复平面内的共轭复数对应的点为，在第一象限. 故答案为：A. 【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的几何意义即可得出答案。 【解析】【解答】命题“若 ，则 ”的否命题是“若 ，则 或 ” 故答案为：D 【分析】根据否命题的定义，既否定条件
8、又否定结论，即可求出原命题的否命题. 【解析】【解答】模拟执行程序如下所示： ，满足， 则，满足， 则，满足， 则，不满足， 此时输出的值为 故答案为：C. 【分析】根据题意由程序框图的循环规律，代入数值验证即可得出满足题意的输出值. 【解析】【解答】由题意知，椭圆和双曲线的焦距相等，所以有，整理得，所以. 故答案为：C 【分析】根据题意由椭圆和双曲线的简单性质，由此即可得出 a 与 b 的关系式，结合离心率公式由整体思想即可得出答案。 【解析】【解答】对于 B 选项，与题图不符； 对于 C 选项，当时，则，与题图不符； 对于 D 选项，与题图不符. 排除 BCD 选项. 故答案为：A. 【分
9、析】利用特殊值法以及函数单调性的图象的性质，由此对选项逐一判断即可得出答案。 【解析】【解答】解：数列an是等比数列，a2a3=2a1=a1q =a1a4， a4=2 a4与 2a7的等差中项为 ， a4 +2a7 = ， 故有 a7 = q3= = ， q= ， a1= =16 S5= =31 故选：B 【分析】利用 a2a3=2a1，且 a4与 2a7的等差中项为 ，求出数列的首项与公比，再利用等比数列的求和公式，即可得出结论 【解析】【解答】因为的展开式的所有项系数之和为 81，故令，则，解得， 又对，其展开式中项是： 由中的常数项与的项相乘得到， 或由中的项与的项相乘得到， 故的展开式
10、中含的系数为. 故答案为：A. 【分析】首先根据题意 求出二项展开式的通项公式，再由已知条件结合二项展开式的系数的性质，代入数值计算出结果即可。 【解析】【解答】 ，因为，所以，得，所以，因为，所以，所以当，即时，当，即时，. 故答案为：C 【分析】根据题意由二倍角公式以及两角和的正弦公式整理化简函数的解析式，然后由正弦函数的周期公式计算出的取值，从而得出函数的解析式，再由正弦函数图象的性质即可求出函数的最值，由此求出函数的值域。 【解析】【解答】图中，和是偶点，和是奇点，根据欧拉找到的“一笔画”规律：凡是只有两个奇点的连通图（其余都为偶点）一定可以一笔画成.画时必须把一个奇点为起点，另一个奇
11、点为终点. 以为起点时，有、六种画法 以为起点时，所有路线与以上情况相反即可，也有六种，故共有种画法 故答案为：D 【分析】根据题意由排列组合以及计数原理，结合已知条件即可得出答案。 【解析】【解答】令，则， 令，则，所以在上单调递减， 且，由零点存在性定理可知，存在唯一的，使得，即，因此时，即在上单调递增，时，即在上单调递减，所以在处取得极大值，同时也是最大值， ，因此，即， ， 而函数在上单调递增，且，所以，故，即，因此，所以，因此， 故答案为：B. 【分析】根据题意构造函数并对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出以及，然后由对数函数和指数函数的单调性，整理
12、化简不等式从而得出 a 与 b的大小关系，由此即可得出的答案。 【解析】【解答】由已知条件可知，设正方体的棱长为，过点,，的球的球心在正方体体对角线的中点，则半径为， 如下图所示， 平面, 过点，的球的球心在上的点处，设与平面交于点, 则, 其中截面如下图所示， 为边长为的等边三角形，则，由得， 设，则，, 在中由余弦定理得 ， 解得，则，即， 故答案为：. 【分析】根据题意由已知条件结合球与正方体的几何性质，利用三角形中的几何计算关系计算出边的大小，由此即可得出球的半径并把结果代入到余弦定理整理化简，由此即可得出结果。 【解析】【解答】解：因为， 所以. 故答案为：e. 【分析】根据题意由微
13、积分以及导数的运算性质，代入数值计算出结果即可。 【解析】【解答】为单位向量，则，由于，所以 则，所以向量与夹角为 180 故答案为：180 【分析】根据题意由数量积的运算性质，整理化简已知条件由此即可求出夹角的余弦值，由此即可求出夹角的大小。 【解析】【解答】解：根据三视图可知，该几何体是三棱柱被一个平面所截去一个三棱锥留下的部分， 是一个四棱锥，如图所示， ， 则， 在中，边上的高， 则， 所以该几何体的表面积为. 故答案为：. 【分析】首先由三视图还原几何体，然后由直棱柱以及三棱锥的体积公式，代入数值计算出结果即可。 【解析】【解答】解：由， 当时，得， 表示渐近线为焦点在轴得双曲线位于
14、第一象限的部分（包括坐标轴） ， 当时，得， 表示以原点为圆心 1 为半径，位于第四象限的部分， 当时，得，不表示任何图形， 当时，得， 表示渐近线为焦点在轴得双曲线位于第三象限的部分（包括坐标轴） ， 作出图形如图所示， ， 令，则， 由图可知，当直线与相切时，最大， 此时，故， 即的最大值为， 当直线与双曲线的渐近线无限接近时，趋于 0， 所以的取值范围为. 故答案为：(0,2. 【分析】根据题意整理化简原式，由圆锥曲线的性质即可作出图象，化简，构造函数，再由曲线的几何意义，利用数形结合法即可得出答案。 【解析】【分析】(1)根据题意由分层抽样的定义以及概率的定义，结合图表中的数据，计算出
15、结果即可。 (2)根据题意即可得出 X 的取值，再由 n 次独立事件的概率公式，代入数值求出对应的 X 的概率，由此得到 X 的分布列，结合数学期望公式计算出答案即可。 【解析】【分析】(1) 选： 首先由已知条件结合诱导公式整理化简计算出 cosC 的取值，利用同角三角函数的基本关系式计算出 sinC 的取值，并把结果代入到三角形的面积公式计算出结果即可。 选： 根据题意把数值代入到正弦定理，并结合两角和的正弦公式代入数值计算出 c 的取值，并把结果代入到余弦定理，计算出 cosA 的取值，结合角的取值范围即可求出角 A 的大小，然后由把结果代入到三角形的面积公式计算出结果即可。 选： 利用
16、二倍角的余弦公式以及同角三角函数的基本关系式，代入数值计算出角 A 的大小，然后由余弦定理代入数值计算出 c 的取值，并把结果代入到余弦定理计算出 c 的取值，并把结果代入到三角形的面积公式由此计算出结果即可。 (2) 选： 根据题意由余弦定理代入数值计算出 c 的取值，并把结果代入到余弦定理由此计算出cosA 的取值，从而求出角 A 的大小，再把结果代入到三角形的面积公式由此求解出边的大小即可。 选： 把数值代入到三角形的面积公式计算出答案即可。 选： 由三角形的面积公式代入数值计算出变得大小即可。 【解析】【分析】(1)由已知条件作出辅助线结合中点以及三角形的几何的性质，即可得出线线垂直再
17、由线面垂直的判定定理和性质定理即可得出线线垂直，结合平行的传递性即可得出线线平行从而得出四边形为平行四边形，结合平行四边形的性质即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理即可得证出结论。 (2)根据题意由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，由此题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面的法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，结合同角三角函数的基本关系式即可得出 平面 与平面 所成锐二面角的正弦值。 【解析】【分析】(1)根据题意联立直线与抛物线的方程消元即可得出关于 y 的方程，结合方程根的情况即可得出关于
18、 P 的方程，求解出 P 的取值，从而得出抛物线的方程。 (2)由已知条件联立直线与抛物线的方程消元即可得出关于 y 的方程，结合韦达定理由中点的坐标整理化简并把结果代入三角形的面积公式，利用数形结合法即可得出面积的取值范围。 【解析】【分析】(1)首先对函数求导，令求解出 x 的取值，再由导函数的性质即可得出函数的单调性以及单调区间。 (2) （i） 法一：由已知条件结合数列的递推公式，结合不等式的性质即可得出，然后利用已知条件即可得证出结论。法二：由已知的数列的递推公式结合不等式的性质整理化简即可得出 ，结合题意即可得出，由此即可得证出结论。 （ii）法一： 根据题意由已知条件即可得出数列
19、的通项公式，结合不等式的性质即可得出，由特数值法代入整理化简即可得出，利用求和的性质即可得证出从而得证出结论。 （ii）法二： 由不等式的简单性质整理化简数列前 n 项和公式，结合不等式的性质即可得证出结论。 【解析】【分析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，由此即可得出曲线的方程，由曲线的方程即可求出定点的坐标。 (2)首先整理化简圆的方程由此求出圆心坐标以及半径的取值，再由题意设出直线的方程结合点到直线的距离公式代入计算出 k 的取值，从而得出直线的方程即可。 【解析】【分析】(1)根据题意由绝对值的几何意义整理化简函数的解析式，再由不等式的解法求解出不等式的解集即可。 (2)利用基本不等式整理化简即可得证出结论。
