2021-2022学年湖北省咸宁市高二（下）期末数学试卷（Word解析版）

2021-2022学年湖北省咸宁市高二（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40分）

1. 已知集合，则(    )

A. ， B.
C.  D.

2. (    )

A.  B.  C.  D.

3. 一组数据，，，的方差为，则另一组数据，，，的方差为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足关系式，其中星等为的星的亮度为已知牛郎星的星等是，织女星的星等是，则牛郎星与织女星的亮度的比值为(    )

A.  B.  C.  D.

5. 已知是坐标原点，是抛物线：的焦点，是上一点，且，则的面积为(    )

A.  B.  C.  D.

6. 已知，函数的最小正周期为，则下列结论不正确的是(    )

A. 在上单调递增
B. 直线是图象的一条对称轴
C. 点是图象的一个对称中心
D. 在上的最大值为

7. 已知是直线：上任意一点，过点作两条直线与圆：相切，切点分别为，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑．如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体由个大小相同的小正方体构成，若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

二、多选题（本大题共4小题，共20分）

9. 已知，，则(    )

A.  B.
C.  D.

10. 已知向量，，，则下列结论正确的有(    )

A. 若，则
B. 若，则
C. 的最小值为
D. 若，的夹角为锐角，则

11. 古希腊人十分重视数学与逻辑，闲暇之余喜欢在沙滩上玩数字游戏，如图，古希腊学者用石头摆出三角形图案，第行有颗石头，第行有颗，以此类推，第行有颗，第行第颗石头记为，表示从第行第颗至第行第颗石头的总数，设，则(    )

A.  B.
C.  D.

12. 在正方体中，动点满足，其中，，且，则(    )

A. 对于任意的，且，都有平面平面
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，不存在点，使得平面
D. 当时，存在点，使得

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 已知函数是奇函数，则实数______．
14. 已知圆锥的母线长为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为______，体积为______．
15. 过点且与曲线相切的直线共有______条．
16. 已知，分别是椭圆：的左、右焦点，是椭圆上一点，且若以点为圆心，为半径的圆与直线相切，则椭圆的离心率为______．

四、解答题（本大题共6小题，共70分）

17. 在中，，，，为上一点．
    若为边上的中线，求；
    若为的角平分线，求．
18. 正项数列的前项和为，已知，．
    若是等差数列，求的通项公式．
    是否存在实数，使得是等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
19. 如图，在梯形中，已知，，为的中点，将沿着翻折至，连接，．
    证明：；
    若二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值．

20. 某单位了为激发党员学习党史的积极性，现利用“学习强国”中特有的“四人赛”答题活动进行比赛，活动规则如下：一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，第一局获胜分，第二局获胜得分，失败均得分．小张周一到周五每天都参加了两局“四人赛”活动，已知小张第一局和第二局比赛获胜的概率分别为，，且各局比赛互不影响．
    若，记小张一天中参加“四人赛”活动的得分为，求的分布列和数学期望；
    设小张在这天的“四人赛”活动中，恰有天每天得分不低于分的概率为，试问当为何值时，取得最大值？
21. 已知双曲线的右焦点为，点到的一条渐近线的距离为，过点的直线与相交于，两点．当轴时，．
    求的方程；
    若，是直线上一点，当，，三点共线时，判断直线的斜率是否为定值．若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由．
22. 已知函数．
    当时，，求实数的取值范围；
    证明：．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：由题意可得，，
，，
故选：．
先化简，再运算即可求解．
本题考查集合基本运算，属基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：．
故选：．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为一组数据，，，的方差为，所以另一组数据的方差为．
故选：．
根据方差的性质计算即可．
本题考查方差的性质，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：所求为牛郎星的亮度比织女星的亮度，所以牛郎星为，织女星为．
．
故选：．
根据题目中给出的星等与亮度的关系带入数据，转换为对数运算．
本题考查对数函数图象与性质的综合应用与对材料的理解能力，属于中档题．
 

5.【答案】 

【解析】解：是抛物线：的焦点，是上一点，且，
，解得，
的面积为．
故选：．
根据已知条件，结合是上一点，以及抛物线的定义，即可求解．
本题主要考查抛物线的定义，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：，
由的最小正周期为，得，
所以，
对于，令，得，A正确；
对于，令，则，不正确；
对于，令，得，可知是图象的一个对称中心，C正确；
对于，当时，，的最大值为，D正确．
故选：．
化简得，利用正弦函数的图象与性质对四个选项逐一分析可得答案．
本题考查三角函数中的恒等变换应用及正弦函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：已知是直线：上任意一点，过点作两条直线与圆：相切，切点分别为，，
圆是以为圆心，为半径的圆，
由题可知，当最小时，的值最小，，
当取得最小值时，最大，最小，
点到直线的距离，
故当时，最大，且最大值为，
此时，则．
故选：．
根据直线与圆相切的几何性质可知，当取得最小值时，最大，的值最小，当时，取得最小值，进而可求此时．
本题考查了直线与圆相切的几何性质，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：由题意可知，从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的．
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有种．
故选：．
分析可知从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可得结果．
本题主要考查分步和分类计数原理，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，因为，，即，所以，A正确．
对于，取，，，，B错误；
对于，，即，C正确．
对于，取，，，D错误；
故选：．
根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
本题考查不等式的性质，涉及基本不等式的应用，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：对于：若，则，解得，不正确．
对于：若，则，解得，B正确．
对于：因为，
所以，所以，故C正确．
对于：若的夹角为锐角，则解得，故D不正确．
故选：．
对于：利用列方程解出，即可判断；对于：利用列方程解出，即可判断；
对于：求出，利用函数求最小值；对于：利用的夹角为锐角，列不等式组即可解得．
本题考查了平面向量的平行与垂直关系，向量夹角的范围以及数量积的计算，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：根据题意，三角形图案中，第行有颗石头，
则，则，
依次分析选项：
对于，，A错误；
对于，，故B正确；
对于，，故D正确；
对于，，故C不正确．
故选：．
根据题意，可求得的表达式，从而得的表达式，逐项验证即可．
本题考查数列的应用，涉及归纳推理的应用，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于选项，设正方体的棱长为，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为，
，设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为，即，
对于任意的；，且，都有平面平面，对；
对于选项，当时，点，
设平面的法向量为，
则，取，可得，且，
所以，点到平面的距离为，
又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，对；

对于选项，当时，，
假设存在点，使得平面，因为平面，则，
，则，可得，与题设条件不符，
假设不成立，故当时，不存在点，使得平面，对；
对于选项，当时，则，
则，
，故为锐角，错．
故选：．
设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误．
本题考查棱锥的体积及面面垂直，考查学生的运算能力，属于难题．
 

13.【答案】 

【解析】解：根据题意，函数是奇函数，则有，
即，
必有，即，
故答案为：．
根据题意，由奇函数的定义可得，结合函数的解析式变形分析可得答案．
本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数解析式的计算，属于基础题．
 

14.【答案】  

【解析】解：设圆锥的底面半径为，则，解得，
圆锥的高，
体积．
故答案为：；．
设圆锥的底面半径为，由圆锥底面周长等于半圆弧长列式求得，进一步求出圆锥的高，再由圆锥的体积公式求解．
本题考查圆锥的侧面展开图及圆锥体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：设切点的坐标为0，
因为，
故切线方程为：0，
将代入上式整理得，解得或，
故切线方程为，或，
即过点的曲线的切线共有条．
故答案为：．
先设出切点，求出导数，然后求出切线方程，再将代入即可得到关于的方程，该方程有几个根，就有几条切线．
本题考查导数的几何意义与切线方程的求法，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：如图，过点作垂直直线，垂足为，连接，

由得，所以，则，
所以，
在中，由余弦定理知，，
因为，
所以，则，所以．
故答案为：．
根据椭圆定义可知，根据圆与相切得，进而根据两个三角形中余弦值相等，即可列出关系式求解，关系．
本题考查了椭圆的离心率的计算，利用余弦定理构造方程是解题关键，属于中档题．
 

17.【答案】解：由，，，因为为的中点，所以，
在中，由余弦定理，
在中．由余弦定理，
因为，互为补角，所以，
所以，解得，即；
为的角平分线，可得，
所以，
在中，，
在中，，
解得． 

【解析】由为的中点，由题意可得，分别在两个三角形中，由余弦定理可得的代数式，再由，互为补角，可得这两个角的余弦值为，求出的值；
由角平分线性质可得比例过程，可得的值，在中，由余弦定理可得的余弦值，在中，由的余弦值及余弦定理，可得的值．
本题考查余弦定理的应用及角平分线性质的应用，属于中档题．
 

18.【答案】解：当时，，又，则，
当时，，即，
因为是等差数列，设的公差为，所以，解得，
则，故的通项公式为；
假设存在实数，使得是等比数列，
由可知，，，
因为是等比数列，所以，即，解得，
此时，不符合题意，则假设错误．
故不存在实数，使得是等比数列． 

【解析】当时，有，又可得，当时，，即，
从而可得是以为公差的等差数列，从而可得其通项公式；
可假设存在实数，使得是等比数列，则，，进一步利用可求出值，再求出与并检验即可．
本题考查数列的递推公式，等差数列、等比数列的定义，考查学生逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．
 

19.【答案】证明：连接，交于点，连接，
因为，，为的中点，所以，
又四边形为梯形，所以四边形为菱形，所以，
因为，是的中点，所以，
因为平面，平面，，所以平面，
又平面，所以．
解：以点为坐标原点，，所在直线分别为，轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，

由知，，，
因为二面角的大小为，所以，
因为，，为的中点，所以，
所以，
故B，，
所以，
因为平面，所以平面的一个法向量，
设与平面所成的角为，
则． 

【解析】连接，交于点，连接，易证四边形为菱形，从而知，结合，根据线面垂直的判定定理与性质定理，得证；
以点为坐标原点建立空间直角坐标系，由，，知，再由平面几何知识求得，然后写出点和的坐标，以及平面的一个法向量，设与平面所成的角为，
由，，得解．
本题考查立体几何综合，熟练掌握线与面垂直的判定定理与性质定理，理解二面角的定义，利用空间向量求线面夹角的方法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：由题可知，的可能取值为，，，，
，
，
，
，
，
故的分布列为：

．
设一天得分不低于分为事件，
则，
则，，
则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故当时，取得最大值． 

【解析】由题可知，的可能取值为，，，，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解．
设一天得分不低于分为事件，则，则，，再利用导数研究该函数的单调性，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，以及利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
 

21.【答案】解：根据对称性，不妨设到直线的距离为，
则．
当轴时，由双曲线的通径为，解得．
的方程为；
设，，
当直线的斜率不为时，设直线的方程为，
联立方程组，得，
由，且，得，
由根与系数的关系可得，
设，，，三点共线，，整理得，
，
，即直线的斜率为定值；
当直线的斜率为时，，，，都在轴上，则直线的斜率为定值．
综上所述，直线的斜率为定值． 

【解析】不妨设到直线的距离为，由点到直线的距离公式列式求得，再由双曲线的通径长列式求解，则双曲线方程可求；
当直线的斜率不为时，设直线的方程为，联立直线方程与双曲线方程，化为关于的一元二次方程，由，，三点共线，得，进一步求解的斜率；当直线的斜率为时，由，，，都在轴上，可得直线的斜率为定值．
本题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
 

22.【答案】解：当时，等价于，
令函数，则，
若，则，单调递减，，不符合题意，
若，则，，
因为函数在上单调递增，
所以，，
当时，，单调递减，，不符合题意，
若，则，单调递增，，符合题意，
综上所述，实数的取值范围是．
证明：由知．
要证，只需证，
即证，
令函数，
则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故，即，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
故，
因为，
所以，即，从而． 

【解析】当时，等价于，令函数，求导分析单调性，分析与的大小，即可得出答案．
由知要证，只需证，即证，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．