浙江省杭州市八县市区2021-2022学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

2021学年第二学期八县市区期末学业水平测试

高二数学试题卷

一､单选题：本题共16小题，每小题3分，共48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. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据集合的交集运算求解.

【详解】,，

.

故选：B

2. 已知复数（为虚数单位），则为（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，再利用复数求模公式即可.

【详解】，

.

故选：C

3. 已知平面､､满足：，，则“”是“”（    ）

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】B

【解析】

【分析】判断当时，有可能相交，故不能推出，反之成立，由此可判断答案.

【详解】由题意，，，则不能推出，因为有可能相交，如图示三棱柱，

当时，，，根据面面平行的性质定理可得，

因此“”是“” 的必要不充分条件，

故选：B

4. 已知，为第三象限角，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据同角三角函数的关系求解即可

【详解】因为，故，即，，所以，因为为第三象限角，故

故选：D

5. 正实数a，b满足ab=1，则的最小值为（    ）

A. 2 B. 4 C. 5 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】利用基本不等式，可直接求得答案.

【详解】由题意得：， ，故，

当且仅当时取等号，

故选：B

6. 为了推广一种新饮料，某饮料生产企业开展了有奖促销活动：将这种新饮料每6罐装成一箱，其中每箱中都放置了2罐能够中奖的饮料.若从一箱中随机抽出1罐，则能中奖的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据古典概型求解即可.

【详解】因为一箱中有6罐饮料，其中有2罐能够中奖的饮料，

所以从一箱中随机抽出1罐，则能中奖的概率为.

故选：A

7. 袋子中有9个材质与大小都相同的小球，其中6个白球，3个红球，每次从袋子中随机摸出1个球且不放回，则两次都摸到白球的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】计算两次不放回摸球的结果可能性的种数，再计算出两次都摸到白球的可能种数，根据古典概型的概率公式求得答案.

【详解】由题意可得两次不放回摸球的结果可能性有种，两次都摸到白球的可能有 种

故两次都摸到白球的概率是 ,

故选：C

8. 某学校高一､高二､高三3个年级共有1080名学生，其中高一年级学生540名，高二年级学生360名，为了解学生身体状况，现采用分层随机抽样方法进行调查，在抽取的样本中高二学生有32人，则该样本中高三学生人数为（    ）

A. 54 B. 48 C. 32 D. 16

【答案】D

【解析】

【分析】先求得样本容量，再根据分层抽样的比例，即可求得答案.

【详解】由题意可知，抽取的样本容量为 ，

则样本中高三学生有 人，

故选:D

9. 正六边形ABCDEF中，（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用向量的加法法则和进行求解.

【详解】如图，由题意得：，可以得到

故选：A

10. 十六､十七世纪之交，随着天文､航海､工程､贸易及军事的发展，改进数字计算方法成了当务之急.苏格兰数学家纳皮尔在研究天文学的过程中，为了简化大数运算而发明了对数，后来瑞士数学家欧拉发现了对数与指数的关系，即（且），已知，，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】根据指数和对数互化以及换底公式，对数的运算即可求解.

【详解】因为，所以，

又因为，所以，

故选：B.

11. 在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称作鳖臑.如图，在鳖臑中，平面ABC，是以点B为直角顶点的等腰直角三角形，且，则异面直线BC与SA所成角的大小为（    ）

A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°

【答案】C

【解析】

【分析】将底面补形为正方形，找到异面直线BC与SA所成角的平面角，在求解即可.

【详解】作正方形，连接SD，则异面直线BC与SA所成角的平面角为

（或其补角），如图所示

由已知有平面ABC，所以

又因为，

则面SCD，因为,

所以面SCD，所以，

设则，，

，则，

所以

故选：C.

12. 过点（7，-2）且与直线相切的半径最小的圆方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】数形结合得到过点作直线的垂线，垂足为，

则以为直径的圆为直线相切的半径最小的圆，利用点到直线距离求出直径，设，列出方程组，求出圆心坐标，得到圆的方程.

【详解】过点作直线的垂线，垂足为，

则以为直径的圆为直线相切的半径最小的圆，

其中，设，

则，解得：，

故的中点，即圆心为，即，

故该圆为

故选：B

13. 平面向量，满足，，记，则的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用向量的模与向量数量积运算法则，先求出的范围，进而求得的最大值.

【详解】因为，，所以，

，即，

所以，

当且仅当等号成立，因为

所以

的最大值为，

故选：A.

14. 如图，弹簧挂着一个小球作上下运动，小球在t秒时相对于平衡位置的高度h（厘米）由如下关系式确定：，，.已知当时，小球处于平衡位置，并开始向下移动，则小球在秒时h的值为（    ）

A. -2 B. 2 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据当时，小球处于平衡位置，并开始向下移动可求得，进而求得h的解析式，再代入求解即可

【详解】因为当时，小球处于平衡位置，并开始向下移动，故，即，又，故，故，故当时，

故选：D

15. 如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，，N为棱上的中点，M为棱上的动点，过N作平面ABM的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件先判断出点的轨迹为圆的一部分，再由弧长公式求解即可.

【详解】取AB中点P，连接PC，C1N，如图，

因为PC⊥AB，PN⊥AB，

且PN∩PC=P，所以AB⊥平面，AB平面ABM ,

所以平面ABM⊥平面，平面ABM∩平面= PM，

过N作NO⊥PM，NO平面，所以NO⊥平面ABM，

当点M从点C运动到点C1时，点是以PN为直径的圆 (部分)，如图，

当M运动到点时，点到最高点，此时，

所以，从而，

所以弧长，即点的轨迹长度为.

故选: B

16. 已知函数，则不等式的解集为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可计算，构造函数，可证明其为奇函数且单调递增，由此将化为，求得答案.

【详解】由可知， ，

故

，

即，

令 ，则，即为奇函数，

因为函数为R上的单调增函数，为R上的单调减函数

故为单调增函数，则也单调递增；

不等式，即，

即，

故 ，即解集为，

故选:A

二､多选题：本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

17. 下列说法中正确的是（    ）

A. 观察成对样本数据的散点图可以直观推断两个变量的相关关系

B. 样本相关系数r的取值范围是[-1，1]，则越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强

C. 对于经验回归方程，当解释变量x增加1个单位时，响应变量平均增加2个单位

D. ：2×2分类变量X和Y独立. 通过列联表计算得到的值，则数值越大越能推断分类变量X和Y有关联

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据散点图可判断变量的相关关系判断A，由相关系数的意义可判断B，根据回归直线方程的意义可判断C，根据的意义可判断D.

【详解】由散点图可以直观推断两个变量的相关关系，故A正确；

根据样本相关系数r的意义可知越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，故B正确；

由回归方程可知变量x增加1个单位时，响应变量平均减少2个单位，故C不正确；

当独立性检验时，的值越大越能推断分类变量X和Y有关联正确，故D正确.

故选：ABD

18. 某校为了解高二年级学生某次数学考试成绩的分布情况，从该年级的760名学生中随机抽取了100名学生的数学成绩，发现都在[80，150]内.现将这100名学生的成绩按照[80，90），[90，100），[100，110），[110，120），[120，130），[130，140），[140，150]分组后，得到的频率分布直方图如图所示，则（    ）

A. 频率分布直方图中a的值为0.03

B. 样本数据低于120分的频率为0.3

C. 总体的中位数（保留1位小数）估计为123.3分

D. 总体分布在[90，100）的频数一定与总体分布在[100，110）的频数相等

【答案】AC

【解析】

【分析】由频率分布直方图先计算出值，判断A，然后计算频率判断B，由频率分布直方图计算中位数判断C，根据频率判断D．

【详解】由频率分布直方图，，解得，故A正确；

样本数据不低于120分的频率为，因此低于分的频率为，故B错误；

分数低于120分的频率为，因此中位数在这一组，设中位数为，则，解得，故C正确；

样本分布在与的频率相等，所以频数相等，但总体分布在与频数只能大致相等但不一定相等，故D错误．

故选：AC

19. 如图，在平面四边形ABCD中，，，，.点F为边AB中点，若点E为边CD上的动点，则（    ）

A. 三角形EAB面积的最小值为 B. 当点E为边CD中点时，

C.  D. 的最小值为

【答案】AB

【解析】

【分析】根据特殊位置可求三角形面积最小值判断A，当E为CD中点时，利用向量线性运算可判断B，取E在D点时计算可判断C，计算后根据向量的运算性质可判断D.

【详解】由题，当E在D点时，取得最小值，，故A项正确；

当E为CD中点时，，

又因为，所以，故B项正确；

当E在D点时，由余弦定理计算可得，所以，故C项错误；

因为，而，

所以，又,

所以，故D项错误.

故选: AB

20. 已知函数，，则（    ）

A. ，函数没有零点

B. ，函数恰有三个零点

C ，函数恰有一个零点

D. ，函数恰有两个零点

【答案】BC

【解析】

【分析】作出的图象，问题转化为直线与图象交点个数问题，数形结合求解即可.

【详解】如图，作出函数的图象，的零点问题可转化为与的交点问题，

由图象可知，与图象总会有交点，至少有一个交点，故A错误；

由图象可知，与图象可以有3个交点，即函数有三个零点，故B正确；

设，则，，，

设，可得，由，，

故当时，与函数相切于点，结合图象可知当直线

与平行或重合时，与有一个公共点，即存在时，对都能使得函数恰有一个零点，故C选项正确；

当时，不存在使得函数恰有两个零点，故D不正确.

故选：BC

三､填空题：本题共6小题，每空3分，共30分.

21. 已知函数，则___________；的定义域是___________.

【答案】    ①. 3    ②.

【解析】

【分析】根据解析式直接求函数值，再由二次根式的被开方数非负和对数的真数大于零，列不等式组求解即可.

【详解】，

.

由可得，，解得，

所以函数的定义域为.

故答案为：3；.

22. 将一枚质地均匀的硬币重复抛掷6次，正面朝上得2分，反面朝上得-1分，用X表示抛掷6次后得到的总分，则___________；___________.

【答案】    ①.     ②. 3

【解析】

【分析】表示6次均是正面朝上，继而算出；

设正面朝上的次数为，则服从二项分布，且，继而算出.

【详解】由题意，抛一枚均匀的硬币，正反面朝上的概率均为，

所以将一枚均匀的硬币重复抛掷6次，设正面朝上的次数为，则服从二项分布，且，

表示6次均是正面朝上，所以；

又因为，所以;

故答案：；3

23. 在的展开式中，含项的系数是___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据二项式展开式的通项公式可直接写出含项的系数，求得答案.

【详解】由题意得，在的展开式中，

含项的系数为 ,

故答案为：

24. 已知函数，，,则___________；最小值为___________.

【答案】    ①. 1    ②. 1

【解析】

【分析】第一空，求出函数的导数，将代入，即可求得a的值；

第二空，判断导数的正负，确定函数的单调性，即可求得函数最小值.

【详解】由题意得：，，

故；

则，

当时，，递减，当时，，递增，

故，

故答案为：1；1

25. 中，，，，___________；AC=___________.

【答案】    ①. ；    ②. ##

【解析】

【分析】根据两角和的正弦公式可求出，再由正弦定理求出即可.

【详解】，B为三角形内角，，

由正弦定理可得，即

故答案为：；.

26. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别从A，F出发沿对角线AC，FB匀速移动，已知弹子N的速度是弹子M的速度的2倍，且当弹子N移动到B处时试验中止.则活动弹子M，N间的最短距离是___________.

【答案】

【解析】

【分析】设出与长度，根据已知的面面垂直得到，再利用余弦定理与勾股定理求得的长度表达式，即可得到最小值.

【详解】过点M做MH垂直AB于H，连接NH，如图所示，

因为面面，面面，

，则面，面，所以.

由已知弹子N的速度是弹子M的速度的2倍，

设，则，

因为，为正方形，

，则，，

所以

所以，，

由余弦定理可得

所以，

当时，，

所以,

故答案为：.

四､解答题：本题共5小题，共56分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

27. 设函数，.

（1）求的值；

（2）从下述问题①､问题②､问题③中选择一个进行解答.

问题①：当时，求的值域.问题②：求的单调递增区间.问题③：若，且，试求的值.

注：作答时首先说明选择哪个问题解答；如果选择多个问题解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）1    （2）选①：；选②：；选③：或.

【解析】

【分析】（1）三角恒等变换化简得到，代入求值即可；

（2）选①：利用图象求解函数值域；选②：整体法求解函数单调递增区间；选③：计算得到，结合，求出的值.

【小问1详解】

，

小问2详解】

选①：当时，，则，

故；

选②：令，解得：，故的单调递增区间为；

选③：若，且，试求的值.

，解得：，

因为，所以，故或，

解得：或

28. 如图，在三棱锥中，侧面PAC是正三角形，且垂直于底面ABC，，BC=2，AB=4.

（1）求证：；

（2）记二面角的平面角为，求的值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明平面PAC,根据线面垂直的性质定理即可证明结论；

（2）求得相关线段的长，作辅助线，作出二面角的平面角，解直角三角形求得答案.

【小问1详解】

证明：因为 , 侧面PAC是正三角形，且垂直于底面ABC,

平面PAC平面ABC=AC,平面ABC,故平面PAC,

而平面PAC，故；

【小问2详解】

由勾股定理得 ,

侧面PAC是正三角形，故 ,

由平面PAC,则 ,则 ,

又 ,故设PA中点为D,连接CD,BD,

则 ,故即为二面角的平面角，

在直角三角形BCD中，，

故记二面角的平面角为,则.

29. 已知，，.

（1）证明：（e为自然对数的底数）；

（2）若方程有解，求a的范围.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）或.

【解析】

【分析】（1）作差后，分析差正负，即可证明；

（2）分离参数，讨论可得分段函数，根据函数单调性及均值不等式分别求解即可.

【小问1详解】

【小问2详解】

由可得，，即

当时，，由函数为减函数可得；

当时，，当且仅当时等号成立，

故；

当时，，即，

当且仅当时等号成立；

综上，a的取值范围为或.

30. 去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中6万吨垃圾以填埋方式处理，14万吨垃圾以环保方式处理，为了确定处理生活垃圾的十年预算，预计从今年起，每年生活垃圾的总量递增5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加2万吨.

（1）请写出今年起第n年用填埋方式处理的垃圾量的表达式；

（2）求从今年起n年内用填埋方式处理的垃圾量的总和；

（3）预计今年起10年内，哪些年不需要用填埋方式处理生活垃圾.

（参考数据：，，）

【答案】（1）答案见解析；   

（2）；   

（3）答案见解析.

【解析】

【分析】（1）由题意直接写出的表达式；

（2）利用等差数列与等比数列的求和公式，分组求和即可；

（3）判断数列的单调性，再由特殊值得出答案.

【小问1详解】

由题意可知，.

【小问2详解】

根据（1）可得

，

化简可得，.

【小问3详解】

,

递减数列，

而，

所以，第8年到第10年不需要用填埋方式处理垃圾.

31. 已知椭圆C的离心率为，其焦点是双曲线的顶点.

（1）写出椭圆C的方程；

（2）直线l：与椭圆C有唯一的公共点M，过点M作直线l的垂线分别交x轴､y轴于，两点，当点M运动时，求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.

【答案】（1）   

（2）轨迹方程，为椭圆除去4个顶点

【解析】

【分析】（1）根据双曲线的顶点，结合椭圆离心率的公式与基本量的关系求解即可；

（2）根据题意可得直线l与椭圆C相切，故联立直线与椭圆的方程，利用判别式为0可得的关系，再得到点M坐标的表达式，从而得到过点M作直线l的垂线的方程，求得，结合椭圆的方程求解即可

【小问1详解】

设椭圆C的方程为，，由题意，双曲线的顶点为，故.又，故，故，故椭圆C的方程为

【小问2详解】

由题意，直线l与椭圆C相切，联立得，故，即.设，则，故，故.所以直线的方程为，即，当时，，故，当时，，故，故.又，故则，又在上，故，即，由题意可得，故点的轨迹方程为，为椭圆除去4个顶点