浙江省嘉兴市2021-2022学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

嘉兴市2021~2022学年第二学期期末检测

高二数学

考生注意：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸上规定的位置.

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.

一、选择题Ⅰ：本大题共8小题，每小题5分，共40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，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求得，再求交集即可

【详解】，故

故选：B

2. 已知直线l、m和平面．若，，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

【解析】

【分析】利用线面平行定理及充分条件必要条件判断即可．

【详解】解：充分性：，，，故充分性成立．

必要性：，，，则与平行或异面，故必要性不成立．

故“”是“”的充分不必要条件．

故选：．

3. 已知平面向量，，若，则实数（    ）

A. -1 B. -2 C.  D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】由向量垂直得向量的数量积为0可解得．

【详解】解：由已知，

∵，∴，解得．

故选：A．

4. 函数的部分图象可能是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性排除AB，再根据趋近于时的值判断即可

【详解】因为，故为奇函数，排除AB，又当趋近于时，远远大于，所有函数逐渐趋近于0，排除D

故选：C

5. 将A，B，C，D，E五个字母排成一排，且A，E均不排在两端，则不同的排法共有（    ）

A. 108种 B. 72种 C. 36种 D. 18种

【答案】C

【解析】

【分析】先确定字母A，E的位置，然后再排列其他字母即可.

【详解】因为字母A，E不能排在两端，则有种排列方式，

B，C，D有种排列方式，所以不同的排法共有种排法.

故选：C

6. 设函数，若函数在R上有4个不同的零点，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由，得，然后作出函数的图像，利用的图像与的关系判断实数a的取值范围.

【详解】由函数在R上有4个不同的零点，可知有4个不同的根，

即函数的图像与直线有4个不同的交点，

当时，， 函数图像如下：

数形结合可知，只要，即，就有2个不同的交点，

要使函数有4个不同的零点，需当时，有2个不同的交点，

即在上有两个不同的根，又，如图：

需，解得

故实数a的取值范围是

故选：D

7. 下列说法错误的是（    ）

A. 当时，当且仅当事件A与B相互独立时，有

B. 一元回归模型分析中，对一组给定的样本数据，当样本数据的线性相关程度越强时，样本相关系数r的值越接近于1

C. 利用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本数据的中心

D. 由进行分类变量独立性检验时，应用不同的小概率值会推断出不同的结论

【答案】B

【解析】

【分析】根据相互独立事件的概率、条件概率可判断A，由相关系数的概念可判断B，根据最小二乘法所得线性回归方程过判断C，由独立性检验概念可判断D.

【详解】当时，当且仅当事件A与B相互独立时有，

根据条件概率公式可知，故A正确；

一元回归模型分析中，样本数据的线性相关程度越强时，样本相关系数r的绝对值越接近于1，故B错误；

最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本数据的中心，故C正确；

根据进行分类变量独立性检验时，应用不同的小概率值会推断出不同的结论正确，故D正确.

故选：B

8. 已知实数，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】对，利用换底公式等价变形，得，结合的单调性判断，同理利用换底公式得，即，再根据对数运算性质得，结合单调性， ，继而得解.

【详解】由，变形可知，

利用换底公式等价变形，得，

由函数在上单调递增知，，即，排除C，D；

其次，因为，得，即，

同样利用的单调性知，，

又因为，得，即，所以.

故选：B.

二、选择题Ⅱ：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题会出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 在某次学科期末检测后，从全部考生中选取100名考生的成绩（百分制，均为整数）分成，，，，，六组后，得到频率分布直方图（如图），60分以下视为不及格，则下列说法正确的是（    ）

A. 图中a的值为0.020

B. 不及格的考生人数为15人

C. 考生成绩的平均分（精确到0.1）约为70.5分

D. 考生成绩的第60百分位数为75分

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用频率分布直方图逐项求解.

【详解】由，解得，故A正确；

 不及格的人数为，故B错误；

，，故C正确；

设考生成绩的第60百分位数为x分，则，解得，故D正确.

故选：ACD

10. 设复数z满足（其中i是虚数单位），则下列说法正确的是（    ）

A. z的虚部为 B. z在复平面内对应的点位于第四象限

C  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】先求解z的值，再根据复数的相关定义逐个计算判断即可

【详解】由可得

对A，z的虚部为，故A错误；

对B，z在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确；

对C，，故C正确；

对D，，故D错误；

故选：BC

11. 设函数，下列判断正确的是（    ）

A. 函数的最小正周期是

B. 函数是奇函数

C. 函数在上的值域为

D. 若将函数的图象向右平移个单位长度所得的图象关于y轴对称，则的最小值是

【答案】BD

【解析】

【分析】化简整理得，利用正弦函数的周期可判断A；利用函数的奇偶性可判断B；利用正弦型函数的值域可判断C；利用函数的图象变换原则及奇偶性可判断D.

【详解】

对于A，，函数的最小正周期为，故A错误；

对于B，为奇函数，故B正确；

对于C，，，，，即在上的值域为，故C错误；

对于D，函数的图象向右平移个单位长度，得到，其为偶函数，所以所得，求得，则的最小值是，故D正确；

故选：BD

12. 如图，在平面四边形中，，，M为的中点，现将沿翻折，得到三棱锥，记二面角的大小为，，下列说法正确的是（    ）

A. 存在，使得

B. 存在，使得

C. 与平面所成角的正切值最大为

D. 记三棱锥外接球的球心为O，则的最小值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用反证法可排除A；翻折过程中点M为半圆上的一点，圆心为的中点N，可得进而判断B；由，知与平面所成的角也达到最大，进而求得其夹角判断C；找到三棱锥外接球的球心O，此时，要使最小，则O与G重合，进而求得可判断D.

【详解】对于A，由条件知，沿翻折得到的几何体是圆锥，若，则在平面上的射影，

由线面垂直的判定定理及性质定理知，根据已知的长度不可能，排除A；

对于B，翻折过程中点M为半圆上的一点，圆心为的中点N，则必存在，使得，即，B正确；

对于C，此时与圆相切于点M，即与平面所成的角也达到最大，因为圆半径为，切线长为所以正切值为，C正确；

对于D，首先设正的中心为G，过点G的直线平面，沿翻折过程中，

过中点且垂直平面必过点M且与直线l相交，交点即为三棱锥外接球的球心O，此时，

要使切线长最小，即最小，则O与G重合，易知，所以，D正确.

故选：BCD

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知，，则________.

【答案】

【解析】

【分析】由，可知，再结合，及，可求出答案.

【详解】因为，所以，所以，

所以．

故答案为：.

14. 已知，t为常数，，且，则________.

【答案】

【解析】

【分析】令即可得到，进而求得，再利用二项式展开定理的通项公式即可求解.

【详解】令，则，解得，

而的通项公式为

所以

故答案为：

15. 已知随机变量X，Y分别满足，，且均值，方差，则________.

【答案】##0.2

【解析】

【分析】由二项分布和正态分布的期望、方差公式建立方程，求解即可.

【详解】解：因为随机变量X，Y分别满足，，

所以，，

解得，

故答案为：.

16. 在中，O是的外心，G是的重心，且，则的最小值为________.

【答案】

【解析】

【分析】根据重心、外心的性质，由数量积的运算化简可得，利用余弦定理及均值不等式求解即可.

【详解】记内角A，B，C所对边分别为a，b，c，取的中点D，如图，

则，

所以，即，

则，

当且仅当时取等号，此时.

故答案为：

四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知公差不为0的等差数列，其前n项和为，，且，.

（1）求数列通项公式；

（2）记，求数列的前n项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设数列的公差为，首项，利用等差数列的通项公式及求和公式可求解；（2）由，利用裂项相消法求解.

【小问1详解】

设数列的首项，公差为，

因为，，

所以，解得，

所以数列的通项公式为.

【小问2详解】

因为，所以，得

，

所以.

18. 一个袋子中有8个大小相同颜色不同的小球，其中4个红球，3个白球，1个黄球，从袋中任意取出3个小球.

（1）求其中恰有2个小球颜色相同的概率；

（2）设随机变量X为取出的3个小球中红球的个数，求X的均值和方差.

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）利用超几何分布概率公式，求出2个颜色相同的小球为红球和2个颜色相同的小球为白球时的概率，相加即可；

（2）求出X的可能取值及相应的概率，从而得到分布列，计算出期望和方差.

【小问1详解】

取到两个红球的概率：，取到两个白球的概率：，故恰有2个小球颜色相同的概率为.

【小问2详解】

随机变量X的取值为，1，2，3；

，，，，

分布列为：

所以均值，

方差，

或.

19. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

（1）求角C的大小；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）先利用正弦定理化简，再利用余弦定理得解；

（2）利用正弦定理得，再求出即得解.

【小问1详解】

解：由正弦定理得，，∴，

∵，∴.

【小问2详解】

解：因为，∴，，

代入已知得，，即，

又∵，

∴，

∴.

20. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，E是的中点，，，.

（1）证明：；

（2）求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理及性质定理即可证得结论；

（2）法一：利用线面角的定义求得；法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角.

【小问1详解】

延长，过点P作，垂足为F，连接，，

由平面平面，平面平面，平面，

又平面，，

∵，，，

∴，，是正三角形，

又∵是直角梯形，∴，即也是正三角形，

故为菱形，所以F，E，B三点共线，且，∴平面，

又平面，从而.

【小问2详解】

几何法：过A作，连接，

∵，∴平面，即，

所以就是平面与平面所成二面角平面角，

在中，，，得，，

所以平面与平面夹角的余弦值是.

坐标法：由（1）知，以点F为坐标原点建立空间直角坐标系（如图），

∴，，，，，，，

设平面的法向量为，

则，即，取，

又∵平面，所以平面的法向量为，

设平面与平面所成二面角的平面角为，则，

所以平面与平面夹角的余弦值是.

21. 如图，已知椭圆：经过点，离心率为.点，以为直径作圆，过点M作相互垂直的两条直线，分别交椭圆与圆于点A，B和点N.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）当的面积最大时，求直线的方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用椭圆过点，离心率为，结合点，可求得结果；

（2）设直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合的面积公式及基本不等式可求解.

【小问1详解】

将点代入得，，

又，，得，

所以，，即.

【小问2详解】

因为，设直线的方程为，设，，

联立，得，

且，则，，

则，且，

直线的方程为，即，

则圆心到直线的距离为，

∴，

∴面积，

当且仅当时，取到等号，此时，

所以直线的方程为.

22. 已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）设函数有两个不同的零点（），

（ⅰ）求证；（为自然对数的底数）；

（ⅱ）若满足，求a的最大值.

【答案】（1）当时，的单调递增区间是，无递减区间；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是.   

（2）（i）证明见解析；（ii）

【解析】

【分析】（1）求导，分类讨论参数和时，函数的单调性即可；

（2）（ⅰ）利用参数分离可得，令，利用导数研究函数的单调性，极值，数形结合即可证得结论；

（ⅱ）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求额，再利用的单调性可求得，进而求得结果.

【小问1详解】

（1）求导，，

当时，恒成立，的单调递增区间是，无递减区间.

当时，由，得，由，得，

所以的单调递增区间是，单调递减区间是.

【小问2详解】

（ⅰ）令，得，

设，求导，令，解得，则

当时，取得极大值，且

且当时，，当时，，如图，

数形结合可知，即.

（ⅱ）因为，即，且，

不妨设，将代入中，

得，即.

设，则，令，

则，∴在上单调递减，

即，从而有，得在上单调递减，

由已知条件得，即，∴在上单调递减，即，

得，，即.

又因为，设，

由（ⅰ）知，在上单调递增，而，

所以在上也单调递增，得，得，即.

综上，a的最大值是.

【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义，利用导数求函数的极值，利用导数研究含参函数的零点有两种方法：

（1）利用导数研究函数的极（最）值，转换为函数的图像与x轴的交点问题，应用分类讨论思想，在含参函数含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题；

（2）参数分离，即由分离参变量，得到，转化为研究与直线的图像的交点问题.