2021-2022学年安徽省六校教育研究会高二（下）期末数学试卷（Word解析版）

2021-2022学年安徽省六校教育研究会高二（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共12小题，共60分）

1. 已知集合，，则(    )

A.  B.
C.  D.

2. 已知为虚数单位，则复数的共轭复数是(    )

A.  B.  C.  D.

3. 的展开式中的系数为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 已知，，，则这三个数的大小关系是(    )

A.  B.  C.  D.

5. 在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．初始感染者传染个人，为第一轮传染，这个人中每人再传染个人，为第二轮传染，一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．注射新冠疫苗后可以使身体对新冠病毒产生抗体，但是正常情况下不能提高人体免疫力，据统计最新一轮的奥密克戎新冠变异株的基本传染数，感染周期为天，设从一位感染者开始，传播若干轮后感染的总人数超过人，需要的天数至少为(    )

A.  B.  C.  D.

6. 将函数的图象向左平移个单位长度可以得到函数的图象，如下结论中不正确的是(    )

A. 图象的对称轴方程为
B. 图象的对称中心为
C. 函数的单调递增区间
D. 函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象

7. 第届冬季奥运会于年月日至年月日在北京市和河北省张家口市成功举行，举世瞩目．中国奥运健儿取得了多项历史性的突破，比赛期间要安排甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者去国家高山滑雪馆，国家速滑馆，首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每人去一个场馆，每个场馆都要有人去，则不同的方案种数为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 已知三棱锥的顶点都在球的球面上，是边长为的等边三角形，若三棱锥的体积的最大值为，则球的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

9. 化简(    )

A.  B.  C.  D.

10. 在中，，，是的外心，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

11. 如图，已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴上，且过点，圆：，过圆心的直线与抛物线和圆分别交于点，，，，则的最小值为(    )

A.
B.
C.
D.

12. 已知定义在上的函数，其导函数为，若，且当时，，则不等式的解集为(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 函数的图象在点处的切线的斜率为______．
14. 已知变量，之间具有线性相关关系，根据对样本数据求得经验回归方程为，若，，则______．
15. 在甲，乙，丙三个地区爆发了流感，这三个地区分别有，，的人患了流感．若这三个地区的人口数的比为：：，现从这三个地区中任意选取一个人，这个人患流感的概率是______．
16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若，为坐标原点，则双曲线的离心率为______．

三、解答题（本大题共6小题，共70分）

17. 记的内角，，的对边分别为，，已知．
    求；
    若为锐角三角形，求的取值范围．
18. 某校教职工围棋比赛的决赛在田老师和李老师之间进行．比赛采用局胜制即先胜局者获胜，比赛结束，若在每局比赛中，田老师获胜的概率为，李老师获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．
    求李老师夺冠的概率；
    已知前局中，田老师、李老师各胜局．设表示从第局开始到比赛结束所进行的局数，求的分布列及方差．
19. 记为数列的前项和，为数列的前项和，已知，是与的等比中项．
    求的通项公式；
    若，求．
20. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，，，点为棱的中点．
    在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；
    若，二面角的余弦值为时，求点到平面的距离．

21. 已知椭圆，、分别为左、右焦点，点，在椭圆上．
    求椭圆的离心率；
    过左焦点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，若的中点为，为原点，直线交直线于点，求取最大值时直线的方程．
22. 已知函数，其中．
    求函数的极值点；
    设，当时，若对，，使，求的最小值．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，
．
故选：．
根据集合并集的定义进行求解即可．
本题主要考查集合的基本运算，根据集合的并集定义进行计算是解决本题的关键，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，；
故选：．
根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而得到其共轭复数；
本题考查复数的运算，学生的数学运算能力，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：展开式的通项，
由，可得含项的系数为．
故选：．
求出展开式的通项公式，令的次数等于求出的值即可．
本题主要考查二项式定理的应用，求出展开式的通项公式，利用通项公式进行求解是解决本题的关键，是基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：，，，
又，
．
故选：．
根据指数和对数的性质，分别判断三个数的所在范围，可得大小关系．
本题考查了指数、对数的比较大小，是基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：依题意，每轮感染人数依次组成公比为的等比数列，
经过轮传播感染人数为，
求解不等式，
显然是递增数列，而，，
则，而每轮感染周期为天，
所以需要的天数至少为．
故选：．
利用给定条件，构造等比数列并借助等比数列前项和求解作答．
本题主要考查函数模型及其应用，数列的实际应用等知识，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：将函数的图象向左平移个单位长度可以得，
对，令得，即的对称轴方程，
对，令得，即的对称中心为，
对，令得的递增区间为，
故A，，均正确；
对，向右平移个单位可以得到，
D错误．
故选：．
根据函数图象平移的性质可得，再分别代入对称轴、对称中心和点掉递增区间求解、、的结论，结合三角函数图象平移的方法判断即可．
本题考查的知识要点：函数的关系式的平移变换，正弦型函数的性质，函数的对称性，单调性和函数的关系式的平移变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：根据题意，分步进行分析：
先将人分为组，而将人分为组有两种情况：人人人；人人人，
则有种分组方法，
再分好组派去三个不同的场馆，有种情况，
则有种分法；
故选：．
根据题意，分步进行分析：先将人分为组，再将分好的组分配到三个不同的场馆，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：设球的半径为，的外心为，
由题意得外接圆半径为，面积为，所以，
所以最大值，所以，即，解得，
所以球的表面积为．
故选：．
设球的半径为，的外心为，由题意，可得外接圆的半径及面积，即可得，代入体积公式，结合题意，可求得值，代入球的表面积公式，即可得答案．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：
，
故选：．
由题意，根据三角恒等变换与诱导公式求解即可．
本题主要考查三角恒等变换与诱导公式的应用，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：如图，过点分别作于点，于点，

根据圆的性质可得，分别为，的中点，
故
．
故选：．
过点分别作于点，于点，结合图象，利用数量积及线性运算化简即可．
本题考查了平面向量数量积及线性运算的应用，应用了数形结合的思想方法应用，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：将点的坐标代入抛物线的方程，则，得，
所以抛物线方程为，焦点，圆：，圆心，半径，
可得圆心恰好是抛物线的焦点，即直线过焦点，

因为，又，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
故选：．
将点的坐标代入抛物线的方程可得的值，由圆的方程可得圆心的坐标及半径，可得抛物线的焦点恰为圆的圆心，可得，可用焦半径表示，再由抛物线中焦半径的性质及均值不等式的性质可得其中最小值．
本题考查抛物线的方程的求法及抛物线的性质的应用，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：，，
令，则，为偶函数．
，又当时，，
当时，则在为减函数，故在上为增函数，
又不等式可化为，即，又，，
，解得，
故选：．
根据，构造新的函数，运用该函数的奇偶性、单调性求解．
本题考查了函数思想方法及函数性质的运用，是中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由题意得，
点处的切线的斜率．
故答案为：．
利用导数的概念，以及导数的几何意义，即可解出．
本题考查了导数的运算以及几何意义，学生的数学运算能力，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：由题意，，
知，，因为回归直线过点，所以，解得．
故答案为：．
由已知条件求得样本中心点，然后根据回归直线经过样本点中心得出．
本题考查回归直线方程的应用，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：设事件为此人患流感，，，分别代表此人来自甲，乙，丙三个地区，
根据题意可知：，，，
，，，

．
故答案为：．
患流感的人可能来自三个地方，利用条件概率公式求解．
本题考查概率的运算，考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解法一：由题得，不妨设过点作双曲线渐近线的垂线，
则由点到直线的距离得，又，所以，所以，
在中，，又在中，，
所以，所以，又，所以，所以．

解法二：由题得，，
不妨过点作双曲线渐近线的垂线，则直线的方程为，
联立方程组得，所以，，
所以，化简得，所以．
故答案为：．
解法一：根据，结合余弦定理列式化简求解即可；
解法二：直线的方程为，再联立渐近线方程求解的坐标，再根据勾股定理表达化简求解即可．
本题主要考查了双曲线的简单性质．解题的关键是通过分析题设中的信息，找到双曲线方程中和的关系，属中档题．
 

17.【答案】解：在中，由正弦定理，可得，
又由，
得，即，
进而有，即
可得，
又因为，可得；
，
由题意得，解得，
所以，
所以，．
故的取值范围为． 

【解析】由正弦定理与三角恒等变换以及同角三角函数基本关系求解即可；
用二倍角公式降幂，然后利用辅助角公式合并，转化为三角函数值域求解即可．
本题考查的知识要点：正弦定理和三角函数关系式的应用，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：记表示“李老师夺冠”，
各局比赛结果相互独立，
李老师要夺冠可分三种情况：
以：夺冠，记为事件，则；
以：夺冠，记为事件，则；
以：夺冠，记为事件，则；
，
“第局田老师获胜”记为事件，“第局李老师获胜”记为事件．
前局中，田老师、李老师各胜局，
的可能取值是，．
又各局比赛结果相互独立，
所以，，
故的分布列为

，
． 

【解析】由相互独立事件与互斥事件的概率公式求解即可；
写出的可能取值，并求出每个值对应的概率，即可求解．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望方差，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

19.【答案】解：由题意，当时，，
当时，，
当时，也满足上式，，
是与的等比中项，，
，解得，
，．
由知，，，
所以由得，，
所以． 

【解析】利用和等比中项性质可得答案；
求出利用裂项相消求和可得答案．
本题考查了数列的递推关系以及裂项相消求和，属于中档题．
 

20.【答案】解：在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点．证明如下：
取的中点，连结、，
由题意，且，且，
故C且．
四边形为平行四边形．
，又平面，平面，
平面．

取中点，
因为底面为菱形，所以，
又，且，
所以平面，即．
又，即，而，
所以平面又，
所以为正三角形，即，也即，
所以，，两两互相垂直．
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．
设，则，，，，．
所以，．
设平面的一个法向量为．
由，取，得；
取平面的一个法向量为．
由题意，，解得．
．
设点到平面的距离为，则．
即点到平面的距离为． 

【解析】取的中点，连结、，可以证明得四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理可得点；
先证明，，两两互相垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由二面角的余弦值为，求出的长度，进而利用点面距的坐标公式求解即可．
本题主要考查线面平行的相关计算，二面角的相关计算，点面距离的计算，空间向量及其应用，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
 

21.【答案】解：将，代入椭圆方程，，
解得，所以椭圆的方程为，
又，所以；
解：设直线方程为，，，
联立可得；
则，且，，
设的中点，则，，
坐标为，，
因此直线的方程为，从而点为，又，，
所以，令，
则，
因此当，即时，最大值为．
所以的最大值为，此时，直线的方程为． 

【解析】根据椭圆过点的坐标，求出椭圆方程，即可求出椭圆的离心率；
设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到的中点的坐标，从而求出直线的方程，即可得到的坐标，表示出、，即可得到，再根据函数的性质求出最大值．
本题考查直线与椭圆的综合，考查学生的综合能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：由题意得，
所以，
当时，，
当，，则为单调递减函数，
当，，则为单调递增函数；
所以函数有唯一极小值点为，无极大值点．
当时，由，即，解得，．
当时，恒成立，函数为减函数，无极值点；
当时，，则，
当时，，
所以的单调递减区间为，
当时，，
所以的单调递增区间为，
所以函数有唯一极小值点为和唯一极大值点为．
当时，，
当，，则为单调递减函数，
当，，则为单调递增函数，
所以函数有唯一极小值点为，无极大值点．
综上所述，
当时，函数有唯一极小值点为，无极大值点；
当时，函数有唯一极小值点为和唯一极大值点为；
当时，函数无极值点．
当时，由知，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以对，有，
又，使，所以，其中．
而，，
当时，，与矛盾；
当时，，与矛盾；
当时，，即．
又，所以的最小值为． 

【解析】求导得，分别讨论、、、几种情况下的正负，可得的单调性极值点，综合即可得答案．
当时，可得的单调性和最值，则，其中，根据解析式，分别求得、和时，的最值，分析即可得答案．
本题考查利用导数求函数的单调性，极最值点的方法，并灵活应用，难点在于，需分类讨论，结合函数的性质，进行求解，考查分类讨论，计算求值能力，属难题．