2021-2022学年云南省普洱市高二（下）期末数学试卷（Word解析版）

2021-2022学年云南省普洱市高二（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. 若复数满足，则等于(    )

A.  B.  C.  D.

3. 已知向量，向量，与垂直，则(    )

A.  B.  C.  D.

4. 比较大小：(    )

A.  B.  C.  D.

5. 已知，是双曲线的两个焦点，为上一点，且，，则的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

6. 我国古代数学名著九章算术将正四棱锥称为方锥．已知半径为的半球内有一个方锥，方锥的所有顶点都在半球的球面上，方锥的底面与半球的底面重合．若方锥的体积为，则半球体的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

7. 甲、乙、丙、丁、戊共名同学进行劳动技术比赛，决出第名到第名的名次，已知甲和乙都不是冠军，且乙不是最后一名，则这人的名次排列所有可能的情况共有(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

8. 已知是定义域为的奇函数，满足，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20分）

9. 某中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照、、、、分成组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是(    )

A. 图中的值为 B. 这组数据的极差为
C. 得分在分及以上的人数为 D. 这组数据的平均数的估计值为

10. 已知直线：，：，则(    )

A. 恒过点 B. 若，则
C. 若，则 D. 当时，不经过第三象限

11. 如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论正确的是(    )

A. 三棱锥的体积不变
B. 平面
C.
D. 平面平面

12. 已知数列满足：，则下列说法正确的是(    )

A. 数列先增后减 B. 数列为单调递增数列
C.  D.

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 设随机变量服从正态分布，若，则______．
14. 的展开式的常数项为______．
15. 过抛物线：的焦点且斜率为的直线交于点在轴上方，为的准线，点在上且，则到直线的距离为______．
16. 按如图连接圆上的五等分点，得到优美的“五角星”，图形中含有很多美妙的数学关系式，例如图中点即弦的黄金分割点，其黄金分割比为，且五角星的每个顶角都为等．由此信息可以求出的值为______．

四、解答题（本大题共6小题，共70分）

17. 已知首项为的等差数列的前项和为，若，，成等比数列．
    求和；
    求证：．
18. 已知函数．
    求函数的最小正周期和对称轴方程；
    中，角，，所对的边分别为，，，且为锐角，若，求的面积．
19. 某中学是走读中学，为了让学生更有效率的利用下午放学后的时间，学校在本学期第一次月考后设立了多间自习室，以便让学生在自习室自主学习、完成作业，同时每天派老师轮流值班．在本学期第二次月考后，高一某班数学老师统计了两次考试该班数学成绩优良人数和非优良人数，得到如表列联表：单位：人

依据小概率值的独立性检验，能否认为设立自习室对提高学生成绩有效？
设从该班第一次月考的所有数学成绩中任取两个，取到成绩优良数为；从该班第二次月考的所有数学成绩中任取两个，取到成绩优良数为，求与的均值并比较大小，请解释所得结论的实际含义．
下面的临界值表供参考：

参考公式：，其中

20. 如图，在平面五边形中，为正三角形，，且将沿翻折成如图所示的四棱锥，使得，分别为，的中点．
    
    求证：平面；
    若，求平面与平面夹角的余弦值．
21. 已知椭圆：的离心率为，其左、右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，面积的最大值为．
    求椭圆的标准方程；
    已知，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，与轴的交点分别为，，证明：以为直径的圆过定点．
22. 已知函数，在点处的切线为．
    求，的值及函数的单调区间；
    若，是函数的两个极值点，证明：．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，
．
故选：．
可以求出集合，然后进行交集的运算即可．
本题考查了列举法、描述法的定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：由，
得．
故选：．
由，求出，然后由复数代数形式的乘除运算化简求值即可得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：根据题意，向量，向量，
则，，
若与垂直，则，
解可得，
故选：．
根据题意，由向量的坐标计算公式可得与的坐标，又由数量积的坐标计算公式可得，解可得的值，即可得答案．
本题考查向量数量积的坐标计算，注意向量垂直与向量数量积的关系，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：因为，，，
故，
故选：．
利用指数、对数函数性质可解．
本题考查利用指数、对数函数性质判断大小，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查双曲线的简单性质的应用，属于中档题．
设出，，由双曲线的定义可得，再通过，由余弦定理列出方程，即可求解双曲线的离心率．

【解答】

解：，为双曲线的两个焦点，是上的一点，，
设，，由双曲线的定义可得，即，
所以，，因为，，
所以，整理得，
所以．
故选：．

6.【答案】 

【解析】解：连接，交于点，连接．
依题意，，，
则方锥的体积，解得．
所以半球的表面积．
故选：．
画出图形，连接，交于点，连接求出球的半径，然后求解半球的表面积．
本题考查空间几何体的体积与表面积，考查了空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：因为已知甲和乙都不是冠军，且乙不是最后一名，所以乙同学的名次共有种情况，甲同学的名次共有种情况，其他同学则有种情况，故这人的名次排列所有可能的情况共有种情况，
故选：．
根据甲和乙都不是冠军，且乙不是最后一名，可先判断乙，在判断甲，最后判断其他同学．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：因为是定义域为的奇函数，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以是以为周期的周期函数，
所以，
因为，，
所以，，
所以，
所以，
故选：．
由已知条件可得的周期为，再利用奇函数的性质结合已知条件可得，，，从而可得一个周期上的个数的函数值的和为，进而可求得结果．
本题考查抽象函数的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于，，
解得，故A正确；
对于，这组数据的极差为，故B错误；
对于，得分在分及以上的人数为，故C正确；
对于，这组数据的平均数的估计值为：
，故D错误．
故选：．
利用频率分布直方图的性质列方程，判断；利用极差的定义判断；利用频数的定义判断；利用平均数的定义判断．
本题考查频率、极差、频数、平均数、频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：对于：直线：，转换为，故该直线恒过点，故A错误；
对于：直线：，：；当，则，解得，故B正确；
对于：当时，解得，故C错误；
对于：当时，直线的斜率，且恒过点故该直线只能经过第一，二，四象限，故D正确．
故选：．
直接利用直线恒过定点判断的结论，直接利用直线平行的充要条件求出的值，直接利用直线垂直的充要条件判断的结论，直接利用直线所经过的象限判断的结论．
本题考查的知识要点：直线的方程，直线垂直的充要条件，直线平行的充要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于：由正方体知，且，
四边形是平行四边形，
，又平面，平面，
平面，
又点在线段上运动，
点到平面的距离为定值，
又的面积为定值，三棱锥的体积不变，
三棱锥的体积不变，故A正确；
对于：连接，，且相等，由知：，面，从而由面面平行的性质可得平面，故B错误；

对于，由于平面，若，则平面，，则为中点，与为动点矛盾，故C错误；

对于：连接，由对角面知，由对角面知，由此可得面，
又平面，从而平面平面，故D正确；

故选：．
对于：点到平面的距离为定值，且三角形的面积不变得到三棱锥的体积不变；
对于：连接，容易证明平面面，从而由线面平行的定义可得；
对于：根据平面即可判断；
对于：连接，容易证明面，从而可以证明面面垂直．
本题考查线面间的位置关系，考查学生的推理运算能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
令，
则，
在上单调递增，在上单调递减，
可得：，
则，
故数列是单调递增数列，
，
，
，
，
，
故选：．
结合函数在上单调性即可判断答案．
本题主要考查了数列与函数的综合问题，考查了考生的转化问题的能力及计算能力，属于难题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由于服从正态分布，
所以正态曲线关于直线对称，
所以．
故答案为：．
根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：，
所以展开式的常数项为．
故答案为：．
根据二项式定理直接求解即可．
本题考查了二项式定理的应用，学生的数学运算能力，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：因为抛物线的方程，
所以抛物线的焦点，
则直线的方程为，
联立，得，
解得，，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为，
故答案为：．
根据题意可得直线的方程，联立抛物线的方程，解得点的坐标，点的坐标，写出直线的方程，进而可得点到直线的距离．
本题考查直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：，
由题意可知，
故答案为：．
利用题中的条件，恰好为五角星顶角的一半，即可解出．
本题考查了三角函数在三角形的计算，学生的数学运算能力，属于基础题．
 

17.【答案】解：根据题意，等差数列中，，，成等比数列，则有，
设数列的公差为，则，
解得或．
当时，不符合题意，舍去．
所以，．
证明：因为时，，
所以；
可得证明． 

【解析】根据题意，设数列的公差为，由等比数列的定义可得，解可得的值，由此求出的值，即可得数列的通项公式，进而取出，可得答案；
根据题意，求出的表达式，利用裂项相消法分析可得答案．
本题考查数列与不等式的综合应用，涉及等差数列的性质，属于中档题．
 

18.【答案】解：；
所以最小正周期，对称轴方程为，，即，，
所以函数的最小正周期，对称轴方程，；
由可得，所以，可得：，，
在三角形中，为锐角，所以，可得，
而，
由余弦定理得：，
又因为，所以，
面积，
所以的面积． 

【解析】由三角函数恒等变换可得函数的解析式，由最小正周期及对称轴方程的公式可得其值；
由及题可得角的大小，再由余弦定理可得的值，代入三角形的面积公式求出该三角形的面积．
本题考查三角函数的恒等变换及余弦定理和三角形面积公式的应用，属于基础题．
 

19.【答案】解零假设为：设立自习室对提高学生成绩无效．
根据列联表中的数据，计算得到．
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立．
此推断犯错误的概率不大于，即认为设立自习室对提高学生成绩有效．
易知的所有可能取值为，，．
则．
所以的分布列为：

所以．
同理可得的所有可能取值为，，．
则，
所以的分布列为：

所以．
即，其实际含义是设立自习室后学生的数学成绩提高．
说明设立自习室对提高学生成绩有效． 

【解析】根据题中的数据，利用独立性检验可判断；
先求得分布列，再计算数学期望，从数学期望的比较中可得出结论．
本题主要考查独立性检验和相互独立事件的分布列和期望，属于基础题．
 

20.【答案】解：证明：取的中点，连结，．

由中位线的性质可知，，．
平面，平面，，平面，
平面，平面，
又，故平面平面，
又平面，
平面；
取的中点，连接，，
由于为正三角形，，于是且，
在直角梯形中，，，，
且，
又，
在中，，即，
于是以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，．
，则，
，
，．
设为平面的一个法向量，
则，即，取．
易知平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，为锐角，
，
平面与平面夹角的余弦值为． 

【解析】结合已知条件及面面平行的判定定理证明面面，再利用面面平行的性质定理即可得证；
结合题中数据可证得，建立合适的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可得到答案．
本题以四棱锥为背景，考查线面平行的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
 

21.【答案】解：因为椭圆的离心率为，所以．
又当位于上顶点或者下顶点时，面积最大，即．
又，
即，
所以，．
所以椭圆的标准方程为．
证明：由题知，直线的斜率存在，
所以设直线的方程为，设，，
将直线代入椭圆的方程得：，
由韦达定理得：，，
直线的方程为，直线的方程为，
所以，，
所以以为直径的圆为，
整理得：
因为，
令中的，可得，所以，以为直径的圆过定点． 

【解析】依题意可得，即可求出、、，即可得解；
设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元之后结合韦达定理得到根与系数的关系，由直线、的方程，得到、的坐标，即可得到以为直径的圆的方程，再令，得到，即可得解．
本题主要考查圆锥曲线方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
 

22.【答案】解：因为，
所以，
由题意可知，，即，，
解得，．
所以，则，
由，得，由，得，由，得；
又的定义域为，
所以的单调减区间是和，单调增区间是．
证明：由函数的两个极值点，
则有两个变号零点，
令即，
当时，上述等式不成立；
当时，上式转化为，由知的单调减区间是和，
单调增区间是，且时，，则函数的图象大致如图所示；

不妨设，则，
要证，即证，即证，即证．
则，，由知在上单调递增，
要证，只需证
又，故即证，
令，，
，
又在上为增函数，
，
，的在上单调递减，
，即，
． 

【解析】先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；
由已知可转化为有两个变号零点，要证，结合函数的单调性，只需证，即证，构造函数，结合导数与函数的性质即可证明．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及不等式的证明，体现了转化思想的应用，属于难题．．