山西省2021-2022高二数学上学期期中试题 文(含解析)

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合Ax|x2,B{x|x5x20},则AA. 2, 【答案】C 【解析】 【分析】

先由二次不等式的解法求B{x|5x2} ,再利用集合交集的运算可得

B（ ）

D. [5,)

2 B. 2,C. (2,2]

A【

B {x| 2x2 }，得解.

详

解

】

解

:

因

Ax|x2,

B{x|x5x20}{x|x5x20}{x|5x2} ,

所以A故选:C.

【点睛】本题考查了二次不等式的解法及集合交集的运算，属基础题.

2.在空间直角坐标系Oxyz中，若A0,1,6，B1,2,8，则|AB|（ ） A. 6 【答案】A 【解析】 【分析】

直接利用两点间距离公式计算得到答案.

【详解】A0,1,6，B1,2,8，则|AB|1212226. 故选：A

【点睛】本题考查了空间坐标系中两点间的距离，意在考查学生的计算能力.

3.某中学初一、初二、初三的学生人数分别为500,600,700,现用分层抽样的方法从这三个年

- 1 -

B {x| 2x2 },

B. 22 C. 3

D. 10

级中选取18人参加学校的演讲比赛,则应选取的初二年级学生人数为( ) A. 5 【答案】B 【解析】 【分析】

直接利用分层抽样中，每个层次被抽取的概率相等求解即可.

【详解】因为分层抽样中，每个层次在总体中所占的比例与在样本中所占的比例相等， 所以，应选取的初二年级学生人数为

B. 6

C. 7

D. 8

600×18=6，故选B. 500600700【点睛】分层抽样适合总体中个体差异明显，层次清晰的抽样，其主要性质是，每个层次，抽取的比例相同.

4.若直线ax2ya20与3x(a5)y50平行，则a的值为（ ） A. 2 【答案】A 【解析】 【分析】

根据直线平行得到a(a5)23，排除重合情况，计算得到答案. 【详解】因为直线ax2ya20与3x(a5)y50平行 所以a(a5)23，解得a2或a3 当a3时，这两条直线重合，排除，故a2. 故选：A

【点睛】本题考查了根据直线平行求参数，忽略掉重合的情况是容易犯的错误.

5.已知,,是三个不同的平面，m,n是两条不同的直线，下列判断正确的是（ ） A. 若，，则∥ B. 若m，n，则mn

C. 若，m，n，则mn D. 若∥，m，n，则mn

B. 1或3

C. 3

D. 2或3

- 2 -

【答案】B 【解析】 【分析】

根据直线和平面的位置关系，依次判断每个选项的正误得到答案. 【详解】A. 若，，则∥或,相交，错误；

B. 若m，n，则mn，同时垂直于一个平面的两条直线互相平行，正确； C. 若，m，n，则mn或mn或异面，错误； D. 若∥，m，n，则mn或异面，错误 故选：B

【点睛】本题考查了直线和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力. 6.已知两个单位向量e1,e2的夹角为60°,向量m5e12e2，则|m|= A. 19 【答案】A 【解析】 【分析】

根据向量的模计算公式aB. 21

C. 25 D. 7

a，即可求出。

1， 22【详解】因为e1e21，且e1e211cos60所以|m|m25e12e22125252419，故选A。

2【点睛】本题主要考查向量的数量积的定义应用以及向量的模的计算公式应用。 7.点P(sin,3cos)到直线xy80的距离的最小值为（ ） A. 4 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 23 C. 32 D. 52 - 3 -

2sin8利用点到直线的距离公式得到，根据三角函数的有界性得到答案. 3d2【详解】点P(sin,3cos)到直线xy80的距离为：

2sin8|sin3cos8|6. 3d32222故选：C

【点睛】本题考查了点到直线的距离公式和三角函数的有界性，意在考查学生的计算能力. 8.已知A1,0，B0,2，C2,6，则△ABC的BC边上的高线所在的直线方程为（ ） A. x2y10 【答案】A 【解析】 【分析】

先计算kBC2，得到高线的斜率，又高线过点A1,0，计算得到答案. 【详解】kBCB. x2y10

C. x6y10

D. x10

622，高线过点A1,0 20∴BC边上的高线所在的直线方程为y故选：A

1x1，即x2y10. 2【点睛】本题考查了高线的计算，利用斜率相乘为1是解题的关键.

9.光线自点2,4射入，经倾斜角为135的直线l:ykx1反射后经过点5,0，则反射光线还经过下列哪个点（ ） A. 14,2 【答案】D 【解析】 【分析】

先计算ktan1351，计算点2,4关于直线l:yx1的对称点为3,1，计算得

B. 14,1

C. 13,2

D. 13,1

- 4 -

到直线方程y1(x5)，代入数据计算得到答案. 8【详解】ktan1351，设点2,4关于直线l:yx1的对称点为m,n

n41m3m2则，解得

n4m2n1122所以反射光线所在直线方程为y0(1)1(x5)(x5)

5(3)8当x13时，y1；当x14时，y故选：D.

9.故过点13,1 8【点睛】本题考查了直线的对称问题，计算点2,4关于直线l:yx1的对称点是解题的关键.

10.已知P,Q分别为圆M:(x6)(y3)4与圆N:(x4)(y2)1上的动点，

2222A为x轴上的动点，则|AP||AQ|的最小值为（ ）

A. 1013 【答案】B 【解析】 【分析】

计算圆N关于x轴对称的圆为N:(x4)(y2)1，|AP||AQ|的最小值为

'22B. 553 C. 753 D. 533

MN12，计算得到答案.

【详解】圆N:(x4)(y2)1关于x轴对称圆为圆N:(x4)(y2)1

2222则|AP||AQ|的最小值为MNrR10512553.

22故选：B

【点睛】本题考查了距离的最值问题，转化为圆心距的关系是解题的关键，意在考查学生的计算能力和转化能力.

11.唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱

- 5 -

的组合体（如图2）.当这种酒杯内壁表面积（假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为（ ）

A. (0，35] 10B. [3S,) 10C. (S3S,] 510D.

[3SS，) 102【答案】D 【解析】 【分析】

设圆柱的高度与半球的半径分别为h,R，计算容积得到V关系得到R23R3S4RR3，根据高的23S252R，计算得到答案. 3SR2， 2【详解】设圆柱的高度与半球的半径分别为h,R，则S2R22Rh，则Rh所以酒杯的容积V22S4SR3R2hR3R2RR3RR3， 333232又h0，所以故选：D

SSR20，所以R222523SSR，解得. R3102【点睛】本题考查了几何体的体积运算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.

22xx,0x212.若直线ykx1与函数f(x)的图象恰有3个不同的交点，则

2x6x8,2x4k的取值范围为（ ）

- 6 -

A. [,13) 44B. [33,) 44C. [,)

1344D. 13, 44【答案】C 【解析】 【分析】

画出函数图像，直线ykx1过定点0,1，根据直线与圆的上半部和下半部关系计算得到答案.

2222【详解】fx的图象由圆(x1)y1的下半部分与圆(x3)y1的上半部分组成

直线ykx1过定点0,1.

22当直线ykx1与圆(x3)y1的上半部分相切时，d3k11k21

3解得k或k0（舍去）

4当直线ykx1经过点4,0时，k数形结合可得：k[,). 故选：C

1. 41344

【点睛】本题考查了函数图像的交点问题，画出函数图像根据函数图像求解是解题的关键.

第Ⅱ卷

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

2lgx,x0x13.设函数f(x)1，则f(f(10))________.

,x04【答案】16

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【解析】 【分析】

直接代入数据得到答案.

【详解】f(f(10))f(2)416 故答案为16

【点睛】本题考查分段函数求值，考查运算求解能力

14.如图，某几何体由两个同底面的圆锥组合而成，若底面积为9，小圆锥与大圆锥的高分别为4和6，则该几何体的表面积为__________．

2

【答案】1595 【解析】 【分析】

根据底面积计算底面半径，再利用表面积公式得到答案. 【详解】底面积为r29r3

几何体的表面积为3(32423262)(1595). 故答案为：1595 【点睛】本题考查了表面积

22计算，意在考查学生的计算能力.

2215.若圆M:(x1)(y1)4与圆N:x(ym)25(m0)内切，则

m__________．

【答案】221 【解析】 【分析】

根据圆内切得到等式12(m1)252，计算得到答案. 【详解】两圆内切，故圆心距等于半径之差的绝对值

即12(m1)252，解得m221.又m0，则m221.

的- 8 -

故答案为：221

【点睛】本题考查了圆和圆的位置关系，根据位置关系得到圆心距和半径之间的关系是解题的关键.

16.如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABAD，AB∥CD，

ADCDPD2，AB1，E为PC的中点，F为线段PB上的动点，则AFEF的

最小值为__________．

2

【答案】

1442 3【解析】 【分析】

根据长度关系得到cosAPB22，BPC，将PBC翻折至与平面PAB共面，如

43图所示，得到当F为AE与PB的交点时，AFEF取得最小值，利用余弦定理计算得到答案.

【详解】PD平面ABCDPDAB ，ABAD，AB平面PADABAP 易知：PA22,PB3，PC22，BC在RtPAB中，cosAPB5

AP22. PB3利用余弦定理得到：cosBPC9852，所以BPC. 422322将PBC翻折至与平面PAB共面，如图所示：

222142则图中cosAPCcosAPB， 42336当F为AE与PB的交点时，AFEF取得最小值.

- 9 -

此时，(AFEF)2AE2(22)2(2)22222421442. 63故答案为：

1442 3

【点睛】本题考查了立体几何中的最值问题，将立体问题转化为平面问题是解题的关键，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. 17.已知直线l经过点3,2.

（1）若l与直线y2x平行，求l的方程（结果用一般式表示）；

（2）若l在x轴上的截距与在y轴上的截距相等，求l的方程（结果用一般式表示）. 【答案】（1）2xy80（2）2x3y0或xy10. 【解析】 【分析】

（1）根据平行得到l的斜率为2，得到点斜式为y22x3，化简得到答案. （2）根据直线是否过原点两种情况分别计算得到答案. 【详解】（1）因为l与直线y2x平行，所以l的斜率为2， 由点斜式可得，l的方程为y22x3，即2xy80.

2，所以l的方程为2x3y0. 3xy当直线l不过原点时，设直线l的方程为1，代入3,2，得a1，

aa（2）当直线l过原点时，l的斜率为所以l的方程为xy10.

综上所述：l的方程为2x3y0或xy10.

- 10 -

【点睛】本题考查了直线方程，讨论直线是否过原点是解题的关键，意在考查学生的计算能力.

18.已知四棱锥PABCD的直观图如图所示，其中AB，AP，AD两两垂直，

ABADAP2，且底面ABCD为平行四边形.

（1）证明：PABD.

（2）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是该四棱锥的正视图与俯视图，请在网格纸上用粗线画出该四棱锥的侧视图，并求四棱锥PABCD的体积. 8【答案】（1）证明见解析（2）作图见解析，

3【解析】 【分析】

（1）根据PAAB，PAAD得到PA平面ABCD，得到证明. （2）直接画出侧视图，利用体积公式直接计算得到答案.

【详解】（1）因为AB,AP,AD两两垂直，所以PAAB，PAAD. 因为ABADA，所以PA平面ABCD. 因为BD平面ABC，所以PABD. （2）该四棱锥的侧视图如图所示：

依题意可得四边形ABCD为正方形，四棱锥PABCD的体积为221328. 3【点睛】本题考查了三视图的应用，体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.

- 11 -

19.a,b,c分别为ABC内角A,B,C的对边.已知A(1)若ABC的面积为43,求b; (2)若c2b247,求ABC的周长. 【答案】(1) b2. (2) 14337 【解析】 【分析】

6,sin C43sin B.

(1)由已知sin C43sin B，结合正弦定理可得c43b，再结合三角形的面积公式

S1bcsinA，将已知条件代入运算即可； 2337,2(2)由c2b247，结合余弦定理得a2b2c22bccos A148243得解.

【详解】解:(1)由sinC43sin B,得c43b . 因为△ABC的面积为S所以b2.

(2)因为c2b247,c43b,可得b1,c43 由余弦定理得a2b2c22bccos A148243所以a11bcsinAbc3b243, 24337, 237，

故△ABC的周长为14337. 【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用，属基础题.

20.如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，O为A1C1的中点，且

AB2.

- 12 -

（1）证明：OD平面AB1C.

（2）若异面直线OD与AB1所成角的正弦值为【答案】（1）证明见解析（2）27 【解析】 【分析】

22，求三棱柱ABCA1B1C1的体积. 11（1）连接OB1，连接BD交AC于G，连接B1G，证明四边形OB1GD为平行四边形，得到证明.

（2）线OD与AB1所成角即直线B1G与AB1所成角，sinAB1G再计算得到BB17，利用体积公式计算得到答案. 详解】（1）连接OB1，连接BD交AC于G，连接B1G. 易证OB122,证明ACB1G，11DG，且OB1DG，所以四边形OB1GD为平行四边形，所以OD平面AB1C.

B1G.

因为B1G平面AB1C，OD平面AB1C，所以OD（2）由（1）知，ODB1G，

所以异面直线OD与AB1所成角即直线B1G与AB1所成角，所以sinAB1G22. 11因为底面ABCD为正方形，所以ACBD，又侧棱垂直底面，所以BB1AC. 因为BB1BDB，所以AC平面BB1D1D，所以ACB1G.

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因为AG2，sinAB1G22，所以AB111，所以BB11147. 11故三棱柱ABCA1B1C1的体积V122727. 2

【点睛】本题考查了线面平行，体积的计算，计算出BB1的长度是解题的关键，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.

21.在数列an，bn中，a1b11，an13anbn3n1，bn13bnan3n1.等差数列cn的前两项依次为a2，b2. （1）求cn的通项公式； （2）求数列

anbncn的前n项和Sn.

n2【答案】（1）cn8n10（2）Sn(4n9)236

【解析】 【分析】

（1）根据递推公式计算a22，b26，利用等差数列公式计算得到答案.

（2）将题目中两式相加得到an1bn12anbn，故anbn是首项为2，公比为2的等比数列，计算得到通项公式，再利用错位相减法计算得到答案.

【详解】（1）∵a1b11，∴a22，b26，则cn的公差为d628 故cn的通项公式为cn28(n1)8n10. （2）an13anbn3n1，①

bn13bnan3n1，②

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①②得an1bn12anbn.

又a1b12，从而anbn是首项为2，公比为2的等比数列，

n故anbn2.anbncn8n102

nSn226222Sn222623(8n10)2n， (8n10)2n1，

Sn2Sn482223即Sn482即Sn(4n9)22n(8n10)2n1，

n14(8n10)2n1(188n)2n136，

n236.

【点睛】本题考查了通项公式，错位相减法，变换得到an1bn12anbn是解题的关键. 22.已知直线l:(m2)x(12m)y4m20与圆C:x2xy0交于M,N两点.

22（1）求l的斜率的取值范围；

（2）若O为坐标原点，直线OM与ON的斜率分别为k1，k2，试问k1k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1）,【解析】 【分析】

（1）变换得到(2xy2)m(x2y4)0，得到直线过点0,2，设kxy20，

3（2）是定值1，详见解析 4利用直线和圆的位置关系得到|k2|k121，计算得到答案.

4k2xxykx212k21（2）联立2，根据韦达定理得到，计算k1k2，化简计24x2xy0xx12k21算得到答案.

【详解】（1）由(m2)x(12m)y4m20，可得(2xy2)m(x2y4)0.

- 15 -

2xy20x0由，解得，所以l恒过定点0,2.

x2y40y2故可设l的方程为y2kx0，即kxy20.

2由已知可得圆C的标准方程为x1y21，圆心C1,0，半径r1， 则由直线与圆C相交，可得|k2|k121.

解得k33，所以l的斜率的取值范围为,.

44（2）k1k2是定值

联立ykx222yk1x(4k2)x40 ，消去，整理得22x2xy04k2xx12k21设Mx1,y1，Nx2,y2，由韦达定理得，

4xx12k21则k1k2y1y2kx12kx22222k x1x2x1x2x1x28k422x1x22k2kk12k2k11为定值.

4x1x2k21.- 16 -

【点睛】本题考查了斜率范围和定值问题，利用韦达定理求解是常用方法，需要熟练掌握，意在考查学生的计算能力.