2021-2022学年海南省琼海市嘉积二中高二（下）期末数学试卷（Word解析版）

2021-2022学年海南省琼海市嘉积二中高二（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40分）

1. 已知复数为虚数单位，则的虚部为(    )

A.  B.  C.  D.

2. 已知离散型随机变量的概率分布列如下表，则其数学期望(    )

A.  B.  C.  D.

3. 设，，则(    )

A.  B.  C.  D.

4. 若：“直线与圆相交”，：“”，则是的(    )

A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

5. 有盆不同的菊花，其中黄菊花盆、白菊花盆、红菊花盆，现把它们摆放成一排，要求盆黄菊花必须相邻，盆白菊花不能相邻，则这盆花不同的摆放种数是(    )

A.  B.  C.  D.

6. 已知是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增，设，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

7. 在的展开式中，的系数是(    )

A.  B.  C.  D.

8. 已知函数，若关于的方程有个不同的实数根，则实数的取值范围为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20分）

9. 下列结论正确的有(    )

A. 若随机变量服从正态分布：，且，则
B. 若随机变量服从二项分布：，则，
C.
D. 若，，则

10. 已知函数，，则下列结论正确的是(    )

A. 的最小正周期为 B. 在区间上有个零点
C.  D. 为图象的一条对称轴

11. 在三棱锥中，，，，分别是棱，的中点，下列结论正确的是(    )

A. 平面
B.
C. 三棱锥的体积的最大值为
D. 与不垂直

12. 已知直线过抛物线：的焦点，且斜率为，与抛物线交于，两点在第一象限，以，为直径的圆分别与轴相切于，两点，则下列结论正确的是(    )

A.
B.
C. 若为抛物线上的动点，，则
D. 若为抛物线上的点，则

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 若双曲线：的一条渐近线方程为，则的离心率为______．
14. 一个袋中装有大小相同的个白球和个红球，
    从袋中不放回地依次抽取个球，已知第次取出的是红球，则第次取出的是白球的概率为______；
    从袋中每次抽取个球后放回，连续抽取次，则恰有次抽到红球的概率是______用数字表示．
15. 已知三棱锥中，平面平面，，，，则三棱锥的外接球的体积为______．
16. 若实数，，，满足，，则的最小值为______．

四、解答题（本大题共6小题，共70分）

17. 设为等差数列的前项和，是正项等比数列，且，．
    在，，这三个条件中任选一个，回答下列为题：
    求数列和的通项公式；
    如果，写出，的关系式，并求的值．
18. 在中，内角、、所对的边分别为、、，且．
    求角的大小；
    若，且是锐角三角形，求的取值范围．
19. “绿水青山就是金山银山”的理念越来越深入人心，据此，某网站调查了人们对生态文明建设的关注情况，现从参与调查的关注生态文明建设的人员中随机选出人，并将这人按年龄单位：岁分组：第组，第组，第组，第组，第组，得到的频率分布直方图如图所示．
    求的值，并求这人年龄的中位数保留一位小数；
    现在要从年龄在第，组的人员中用分层抽样的方法抽取人，再从这人中随机选出人进行问卷调查，记为选出的人中属于第组的人数，求的分布列和数学期望；

20. 如图，三棱柱中，，，平面C.
    求证：；
    若，直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．

21. 已知定点，，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段交于点，点在圆上运动．
    求点的轨迹方程；
    经过点作两条直线，，且，与点的轨迹交于、两点，与点的轨迹交于、两点，探究：是否存在常数，使恒成立．
22. 已知函数．
    当时，求的单调区间；
    若对于任意的为自然对数的底数，恒成立，求的取值范围．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，
，
则的虚部为．
故选：．
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：由分布列的性质可得，，
故E．
故选：．
根据已知条件，结合分布列的性质，求出，再结合期望公式，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量分布列的性质，以及期望公式的应用，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：，，
，
故选：．
利用对数的运算法则及换底公式求解．
本题考查对数的运算法则及换底公式的运用，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：直线与圆相交，
圆心到直线的距离，
，，
，
则是的充分而不必要条件，
故选：．
利用直线与圆的位置关系求出，再利用充要条件的定义判定即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，充要条件的判定，属于中档题．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查排列问题和分布乘法计数原理，解题的关键是本题中所用到的绑定，与插空，不同的计数问题中所采用的技巧，将这些技巧与具体的背景结合起来，熟练掌握这些技巧．由题设中的条件知，可以先把黄与黄必须相邻，可先将两者绑定，又白与白不相邻，可把黄与黄看作是一盆菊花，与白白之外的菊花作一个全排列，由于此两个元素隔开了三个空，再由插空法将白白菊花插入三个空，由分析过程知，此题应分为三步完成，由计数原理计算出结果即可．

【解答】

解：由题意，第一步将黄与黄绑定，两者的排法有种；
第二步将此两菊花看作一个整体，与除白，白之外的一菊花看作两个元素做一个全排列有种排法；
此时隔开了三个空，第三步将白，白两菊花插入三个空，排法种数为．
则不同的排法种数为．
故选B．

6.【答案】 

【解析】解：根据题意，是偶函数，且在区间上单调递增，
则在上单调递减，
则，，，
又由，
则；
故选：．
根据题意，依次可得函数在上递减，结合函数的奇偶性可得，，，结合函数的单调性分析可得答案．
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，考查函数值大小的比较，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：，
故的系数是，
故选：．
把按照二项式定理展开，可得在的展开式中，的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：函数的定义域为，
，
由，解得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，
令，
则关于的方程有个不同的实数根在上有个不等实数根，
所以，即，
解得，
故选：．
求导得，分析的单调性，进而可得，令则关于的方程有个不同的实数根在上有个不等实数根，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，函数的零点，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于，，且，
，
，故A正确，
对于，，，，
，，故B正确，
对于，，故C错误，
对于，二项式的通项为，
令得，，故D错误，
故选：．
由正态分布曲线的特征可判断，由二项分布的期望公式和方差公式可判断，由二项式定理可判断．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，考查了二项分布的期望公式和方差公式，以及二项式定理的应用，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：，
其最小正周期，故A错误；
当时，，，故C正确；
又当或，即或时，，故在区间上有个零点，B正确；
当时，，为最大值，即为图象的一条对称轴，故D正确；
故选：．
利用三角函数中的恒等变换应用化简得，再利用正弦函数的性质对四个选项逐一分析即可得到答案．
本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查正弦函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：根据题意，画出三棱锥如下图所示，

取中点，连接，，
，为等腰直角三角形，
则，，且，
则平面，所以，选项D错误；
因为，分别是棱，的中点，则，
而平面，平面，所以平面，选项A正确；
当平面平面时，三棱锥的体积最大，
则最大值为，选项C正确；
假设，由，且，
所以平面，则，
在中，，与已知矛盾，选项B错误．
故选：．
由线面平行的判定定理可判断；由线面垂直的性质定理可判断，；当平面平面时，三棱锥的体积最大，由等体积法即可求出三棱锥的体积的最大值可判断．
本题主要考查了空间中的平行和垂直关系的判断，几何体体积的计算，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：由题意可得抛物线的焦点，由题意设直线的方程为：，
与抛物线联立整理可得：，解得：或，
代入直线方程可得分别为：，，
由题意可得，；
所以，所以A正确；
如图在抛物线上，垂直于准线交于，可得，
所以，当，，三点共线时，最小，且最小值为，所以不正确；因为，；
所以，的中点分别为：，，
所以由题意可得，，
所以，所以B正确；
为抛物线上的点，可得，解得，所以，所以不正确．
故选：．
由抛物线方程可得焦点坐标；直线的方程与抛物线联立求出，的坐标，进而可得的长度；由抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，转化可得的最小值；再由题意可得，的坐标，进而求出的值；求出的坐标，利用抛物线的定义判断即可．
考查抛物线的性质，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：双曲线：的一条渐近线方程为，
，
，
双曲线的离心率是．
故答案为：．
利用双曲线：的一条渐近线方程为，可得，即可求出双曲线的离心率．
本题考查双曲线的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，要熟练掌握双曲线的简单性质．
 

14.【答案】  

【解析】解：“第次取出的是红球”；“第次取出的是白球”．
则．
设次抽球中抽到红球的次数为，则，．
故答案为：；．
分别求出第次取出的是红球和第次取出的是红球、第次取出的是白球方法种数，由条件概率的计算公式代入即可得出答案．
由二项分布的计算公式代入即可得出答案．
本题主要考查古典概型，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：如图，取的中点，连接，，
，又平面平面，
又平面，平面平面，
底面，
又，，，
又为中点，，
在上取点使得，又易证≌≌，
，
点即为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径，
又，，，
在中由勾股定理可得，
，，
三棱锥的外接球的体积为，
故答案为：．
先根据对称性找到三棱锥的外接球的球心位置，再通过已知条件建立球的半径的方程，再求出球的半径，最后代入球的体积公式即可求解．
本题考查三棱锥的外接球问题，空间想象力，球的体积公式，属中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：，，
令，，
转化为两个函数与的点之间的距离的最小值，
，设与直线平行且与曲线相切的切点为，
则，，解得，可得切点，
切点到直线的距离．
的最小值为．
故答案为：．
令，，转化为两个函数与的点之间的距离的最小值．设与直线平行且与曲线相切的切点为，求出切点到直线的距离，则的最小值可求．
本题考查利用导数研究曲线的切线、平行线之间的斜率关系、点到直线的距离公式、函数的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：若选：
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，
解得或舍，
则；
若选：
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则由得，
，又，
，，
，；
若选：
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，解得或舍，
则；
，
，即，



． 

【解析】若选，结合等差数列与等比数列通项公式的基本量计算，即可求得公差和公比，即可求得数列和的通项公式；若选，结合等差数列前项和公式、等差数列与等比数列通项公式，即可求得公差和公比，即可求得数列和的通项公式；
根据数列和的通项公式，即可由得，的关系式，利用分组求和法即可求得．
本题考查了等差数列通项公式与等比数列通项公式的综合应用，等差数列求和与等比数列求和公式的应用，属于中档题．
 

18.【答案】解：，
由正弦定理得，，即，
，
化简得，
即；
又，
；
中，，，
设外接圆的直径为，
由正弦定理得，



；
，
，
，
即的取值范围是 

【解析】利用正弦定理与三角形的内角和定理，即可求出的值；
利用正弦定理求出的表达式，再根据角的取值范围，即可求出的取值范围．
本题考查正弦定理的应用以及辅助角公式的应用问题，属中档题．
 

19.【答案】解：由，得，
平均年龄为 岁．
设中位数为岁，则，解得，
故这人年龄的中位数为岁．
易知从第，组中抽取的人数分别为，，的可能取值为，，，
，，

所以的分布列为：

所以． 

【解析】由频率分布直方图能求出，由此能求出这人年龄的样本平均数和中位数．
第，组中抽取的人数分别为，，的可能取值为，，，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望．
本题主要考查频率分布直方图的应用，以及离散型随机变量的概率分布列及数学期望．
 

20.【答案】解：证明：由题知四边形是菱形，，
平面，，
，平面，
平面，．
设，，与平面所成角为，
平面，，，
设为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
由，知，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
同理得平面的法向量，
，，
二面角的余弦值为． 

【解析】推导出，，从而平面，由此能证明．
设为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等数学核心素养，是中档题．
 

21.【答案】解：由圆的方程可得圆心坐标为，半径，
因为在圆上，为线段的中垂线与线段的交点，所以，
所以，
所以可得的轨迹为焦点，，长轴长为的椭圆，
即，，
所以，
所以的轨迹方程为：；
当直线的斜率为，由题意可得直线的斜率不存在，
这时，，
要使恒成立，即，可得；
当直线的斜率存在且不为时，设直线的方程为，设，，
联立，整理可得：，
则，，
所以弦长，
由题意可得，
同理可得弦长，
所以，
，
要使恒成立，即，
解得，
综上所述，要使恒成立，的值为． 

【解析】由圆的方程可得圆心坐标及半径，再由中垂线的性质及椭圆的定义可得的轨迹为椭圆，且可知长轴长和焦距，进而求出的值，求出椭圆的方程；
分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，由弦长公式可得弦长的表达式，由题意可得的表达式，可得存在的值满足题中的条件．
本题考查求点的轨迹方程及直线与椭圆的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题．
 

22.【答案】解：当时，，
，
令，得或，
所以在，上，，单调递增，
在上，，单调递减，
综上所述，的单调递增区间为，，单调递减区间为．
若对于任意的为自然对数的底数，恒成立，
则只需，
，
令，得或，
当时，若，即时，
在，上，，单调递增，
在上，，单调递减，，
因为，所以，
，
因为，所以两边取对数得，即，
所以，符合题意，
若，即时，
在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
所以，
因为，两边取对数得，即，
所以，所以，符合题意，
若时，在上，，单调递增，
所以，
令，解得，所以，
当时，，符合题意，
当时，在上，，单调递增，
所以，符合题意，
综上所述，的取值范围为． 

【解析】当时，，求导得，判断单调性，即可得出答案．
问题转化为，分，和三种情况，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题．