2021-2022学年广东省韶关市高二下学期期末数学试题含解析

2021-2022学年广东省韶关市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据交集运算的概念，即可得答案.

【详解】因为，

所以.

故选：B

2．若复数，其中为虚数单位，则在复平面内复数对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】由复数除法运算化为代数形式，得对应点坐标后可得其所在象限．

【详解】，对应点为，在第四象限．

故选：D．

3．已知圆锥的侧面展开图为一个半径是2的半圆，则该圆锥的高为（       ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【分析】根据圆锥侧面展开图与本身圆锥的关系进行求解即可．

【详解】圆锥的母线长为2，设圆锥的底面半径为，

由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，

则，解得，

则圆锥的高

故选：C

4．已知两个不同平面，，直线满足，则“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】用定义法，分充分性和必要性分别讨论.

【详解】充分性：根据面面平行的性质定理知充分性成立；

必要性：设，当，且，，此时，但是与相交，故必要性不成立.

综上，故选A．

5．函数的图像大致是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数 的奇偶性和关键点的函数值即可确定.

【详解】 是偶函数， 是奇函数，∴ 是奇函数，

排除B，D；

A与C的区别在于x=2时的函数值，   ， ，

，由图可知，对于A，当x=2时， ，

对于C，当x=2时， ；

故选：C.

6．已知角为第四象限角，且它的终边与单位圆交于点，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】依题意将点坐标代入圆的方程，即可求出，再根据三角函数的定义求出，最后由二倍角公式计算可得；

【详解】解：依题意可得，解得，又角为第四象限角，

所以，即，所以，

所以；

故选：D

7．已知圆：，点是直线上的动点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用面积相等求出.设，得到.利用几何法分析出，即可求出的最小值.

【详解】圆：化为标准方程：，其圆心,半径.

过点P引圆C的两条切线,切点分别为点A、B,如图：

在△PAC中,有，即，变形可得：.

设，则.

所以当的值即x最小时，的值最大，此时最小.

而的最小值为点C到直线的距离，即，

所以.

故选：B

8．已知定义域为的函数满足：对任意的，有，为偶函数，且当时，，则（       ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】A

【分析】先判断出函数是周期为4的周期函数，利用周期性直接求解.

【详解】因为为偶函数，所以，用代换x，可得：①

对任意的，有，把①代入有：，即②

在②式中，用代换x，有③.

②③对照可得：，用代换x，有恒成立，

所以函数是周期为4的周期函数.

所以.

在③中，令有，所以，

所以.

故选：A

二、多选题

9．有一组成对样本数据，由这组成对样本数据得到的经验回归方程为，则（       ）

A．在点中，至少有1个点在经验回归直线上

B．若点都在经验回归直线上，则样本的相关系数满足

C．若，，则

D．若成对样本数据的残差为，则在这组成对数据中，必有成对样本数据的残差为

【答案】BC

【分析】根据回归方程的性质及相关系数的概念判断即可；

【详解】解：由线性回归方程的性质可知，回归直线必经过样本中心点，即，但是可能不过样本中的任何一点，故A错误，C正确；

若点都在经验回归直线上，则说明为函数关系，所以样本相关系数，故B正确；

若成对样本数据的残差为，未必有成对样本数据的残差为，故D错误.

故选：BC

10．设公差小于0的等差数列的前项和为，若，则（       ）

A． B．

C． D．的最大值为或

【答案】ACD

【分析】根据等差数列性质，可得，可得A正确；求得和，分析即可判断B的正误；根据等差数列求和公式，可判断C的正误；根据等差数列单调性，可判断D的正误，即可得答案.

【详解】因为为等差数列，且，

对于A：由性质可得，解得，故A正确；

对于B：，，故B错误

对于C：，故C正确；

对于D：因为，且公差，

所以的最大值为或，故D正确

故选：ACD

11．定义，已知，则下列结论正确的是（       ）

A． B．是奇函数

C．的一个周期为 D．的最大值为

【答案】ACD

【分析】根据三角函数的图象作出的图象，由图象特征对选项一一判断即可．

【详解】的图象如图所示：

，A正确；

由图可得图象不关于原点对称，故不奇函数，B错；

由图可得是的一个周期，C正确；

由图可得的最大值为，D正确．

故选：ACD

12．设抛物线：的焦点为，点，是抛物线上不同的两点，且，则（       ）

A．线段的中点到的准线距离为4

B．直线过原点时，

C．直线的倾斜角的取值范围为

D．线段的垂直平分线过某一定点

【答案】AD

【分析】先求出，可判断A与B，设直线的方程为，联立抛物线，结合韦达定理与判别式可判断C，化简的垂直平分线方程可判断D．

【详解】设，抛物线：，得

，所以

线段的中点到的准线距离为，则A正确；

若直线过原点，设，则，所以

所以，B错；

设直线的方程为，

由得，

则，得，又

得，故或，故C错；

线段中点的坐标为

所以线段的垂直平分线方程为

又，故化为，过定点

当直线的斜率不存在时也成立，故D正确．

故选：AD

三、填空题

13．的展开式中常数项为____________（用数字作答）．

【答案】15

【分析】利用二项展开式的通项公式直接求得.

【详解】展开式的通项公式为.

要求常数项，只需r=2，则有.

故答案为：15.

14．若单位向量、的夹角为60°，，则实数____________．

【答案】

【分析】首先根据数量积的定义求出，再依题意可得根据数量积的运算律得到方程，解得即可.

【详解】解：因为单位向量、的夹角为60°，所以且，

因为，所以，即，

即，即；

故答案为：

15．在直三棱柱中，，，，设该三棱柱外接球的球心为，若四棱锥的体积为1，则球的表面积是____________．

【答案】

【分析】根据四棱锥的体积求出直三棱柱的高，利用勾股定理即可求出外接球的半径，从而求得球的表面积．

【详解】依题意得，设直三棱柱的高为，则

如图所示：设分别为中点，为中点，

则四棱锥的体积，故

所以球的半径为

故球的表面积是

故答案为：

四、双空题

16．随着社会的发展与进步，人们更加愿意奉献自己的力量，积极参与各项志愿活动．某地单位甲有10名志愿者（其中8名男志愿者，2名女志愿者），单位乙有15名志愿者（其中9名男志愿者，6名女志愿者）．若从单位甲任选2名志愿者参加某项活动，则恰是一男一女志愿者的概率为____________；若从两单位任选一个单位，然后从中随机选1名志愿者参加某项活动，则该志愿者为男志愿者的概率为____________（以上两空用数字作答）．

【答案】          0.7

【分析】甲单位中，8名男志愿者选1人，2名女志愿者选1人，代入公式，即可得答案；两单位各有被选中，再选1名男志愿者，代入公式，即可得答案；

【详解】从单位甲任选2名志愿者参加某项活动，则恰是一男一女志愿者的概率

从两单位任选一个单位，然后从中随机选1名志愿者参加某项活动，则该志愿者为男志愿者的概率为

故答案为：；

五、解答题

17．已知数列满足，且．

(1)若，证明：数列是等比数列；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意得，根据等比数列的定义，即可得证.

（2）由（1）可得，根据分组求和法，结合等差数列、等比数列求和公式，即可得答案.

【详解】(1)因为，

所以，

所以，即，

又，

所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列

(2)由（1）可得，

所以，

所以前项和

18．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足____________．

①；②；③，

(1)从①②③条件中任选一个填在横线上，并求角的值；

(2)若的面积为，求的最小值．

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）选①由正弦定理与余弦定理得即可求解角，选②根据正弦定理与正弦和差公式即可得结果，选③根据辅助角公式及角的范围即可得结果；

（2）根据三角形面积公式与余弦定理公式结合均值不等式即可求解．

【详解】(1)选①：由正弦定理得，则

根据余弦定理得，又

所以；

选②：根据正弦定理，由得

所以，则

所以，又，所以；

选③：由，得

由于，所以．

(2)由（1）知，所以则

又，

所以（当且仅当b=c=2时取等号），故的最小值为2．

19．某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲、乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，比赛采用七局四胜制（即有一方先胜四局即获胜，比赛结束）．假设每局比赛甲获胜的概率都是．

(1)求比赛结束时恰好打了5局的概率；

(2)若甲以3：1的比分领先时，记表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求的分布列及期望．

【答案】(1)

(2)分布列见详解，

【分析】（1）分两种情况甲胜或乙胜，如果第5局甲胜则前4局甲胜3局，若第5局乙胜则前4局乙胜3局，即可求出概率；

（2）写出的可能取值，求出各情况的概率即可得出结果．

【详解】(1)第一种情况：比赛结束时恰好打了5局且甲获胜，则概率为；

第二种情况：比赛结束时恰好打了5局且乙获胜，则概率为；

所以比赛结束时恰好打了5局的概率为.

(2)依题意得的可能取值为

的分布列为

．

20．如图，四棱锥中，底面是梯形，，侧面，，，是线段的中点．

(1)求证：；

(2)若，求平面PAD与平面PED所成二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知得，，从而平面，由此能证明．

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；

【详解】(1)证明：因为侧面，平面，

所以．

又因为，是线段的中点，

所以．

因为，平面，所以平面．

而平面，所以．

(2)解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

则有，，，，，设，

所以，，因为，

所以，解得或（舍去），

所以，所以，，，，

设为平面的法向量，

由，有，

取，所以．

设平面的法向量为，

由，有，

取，所以，

设平面与平面所成二面角为，显然二面角为锐二面角，

所以，

所以

故锐二面角的平面角的正弦弦值为．

21．已知椭圆：的离心率，椭圆过点．

(1)求椭圆的方程；

(2)直线与椭圆交于A，B两点，若的重心在直线上（为坐标原点），求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件列出关于a、b、c的方程组即可求得椭圆标准方程；

（2）对直线的斜率分三种情况讨论，依题意的中点在直线上，当直线的斜率存在且不为时，设直线：， ，，联立直线与椭圆方程，消元、累乘韦达定理，即可得到的中点坐标，代入直线的方程，即可求出，再求出及到直线的距离，表示出，最后利用导数求出函数的最大值，即可得解；

【详解】(1)解：由题知，解得，

∴椭圆的标准方程为.

(2)解：若直线的斜率不存在时，此时的中点在轴上，要使的重心在直线上（为坐标原点），

即的中点在直线上，所以即为的中点，此时直线方程为，所以，

所以；

若直线的斜率存在，当斜率为时，的中点在轴上，要使的重心在直线上（为坐标原点），

即的中点在直线上，所以即为的中点，此时直线方程为，所以，

所以；

当斜率存在且不为时，设直线：，与椭圆交于，，

由，得.

则，即，

又，，

所以

所以的中点，

又所在直线为，

依题意的中点在直线上，所以，所以，

所以，即，

所以直线：，

所以，

点到直线：的距离，

所以，

令，，

所以，

所以当时，当时，

即在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以；

22．已知函数．

(1)当时，求函数在原点处的切线方程；

(2)讨论函数的零点个数．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；

（2）首先得到函数的导函数，从而得到与变化表，即可得到函数的极值，再对极值分类讨论，分别判断函数的零点个数即可；

【详解】(1)解：当时，，则，

所以，所以函数在原点处的切线方程为；

(2)解：因为，

所以，

令，解得或，因为，所以，

当变化时，与变化如下表：

所以，，

令，，所以当时，时，

所以在上单调递减，在上单调递增，所以，

即，即，

所以，所以且，

①当时，故，，

而时，，

所以在上有一个零点，此时有两个零点；

②当时，因为，所以，

，

当时，所以在上无零点，从而只有一个零点，

当时，所以在上只有一个零点，从而只有两个零点，

当时，所以在上有一个零点，，所以在上有一个零点，

从而只有三个零点，

③当时，因为，所以，，

所以在上只有一个零点，

又，

当时，所以在上只有一个零点，

又易知在上只有一个零点，

所以有三个零点，

综上可得：当时只有一个零点；

当或时有两个零点；

当且时有三个零点；

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．