2021-2022学年湖南省常德市临澧一中高二（下）第三次段考数学试卷（Word解析版）

绝密★启用前

2021-2022学年湖南省常德市临澧一中高二（下）第三次段考数学试卷

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则(    )

A.  B.  C.  D.

3. 已知是角终边上一点，则(    )

A.  B.  C.  D.

4. 若，则(    )

A.  B.  C.  D.

5. 个班分别从个景点中选择一处游览，不同选法的种数为(    )

A.  B.  C.  D.

6. 对分类变量和进行独立性检验的零假设为(    )

A. ：分类变量和独立
B. ：分类变量和不独立
C. ：
D. ：分类变量和相关联

7. 设，是两个事件，且，，则下列结论一定成立的是(    )

A.  B.
C.  D.

8. 已知函数，若对，，使得成立，则实数的最小值是(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9. 下列结论正确的是(    )

A. 若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于
B. 样本，，，，的回归直线至少经过其中一个样本点
C. 在回归直线方程，当解释变量每增加一个单位时，响应变量平均增加个单位
D. 在回归模型中，用决定系数刻画拟合效果，的值越小，模型的拟合效果越好

10. 设，，则下列说法正确的是(    )

A.
B. “”是“”的充分不必要条件
C. “”是“”的必要不充分条件
D. ，使得

11. 已知，，且，则(    )

A.  B.
C.  D.

12. 如图，已知正四棱柱中，，为的中点，为棱上的动点，平面过，，三点，则(    )

A. 平面平面
B. 平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形
C. 当与重合时，截此四棱柱的外接球所得截面面积为
D. 存在点，使得与平面所成角的大小为
 

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知随机变量，随机变量，则随机变量的方差______．
14. 已知甲每次来渝乘坐飞机和高铁的概率分别为和，飞机和高铁正点到达的概率分别为和，若甲已正点抵渝，则甲此次来渝乘坐高铁的概率为______．
15. 随机变量服从正态分布，，，则的最小值为______．
16. 设函数其中，，存在使得成立，则实数的值为______．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 本小题分
    在中，记角，，所对的边分别为，，，已知．
    求；
    若，，求．
18. 本小题分
    已知公差的等差数列，是的前项和，，是和的等比中项．
    求的通项公式；
    设数列满足，且的前项和为，求证：．
19. 本小题分
    高二理科班有名同学参加某次考试，从中随机抽选出名同学，他们的数学成绩与物理成绩如表：

数据表明与之间有较强的线性相关性．
求关于的线性回归方程，并估计该班某同学的数学成绩为分时的物理成绩；
在本次考试中，规定数学成绩达到分为数学优秀，物理成绩达到分为物理优秀．若该班的数学优秀率与物理优秀率分别为和，且所有同学中数学优秀但物理不优秀的同学共有人，请你在答卷页上填写下面的列联表，依据小概率值的独立性检验，分析数学优秀与物理优秀有关系？

参考公式及数据：，，，，，其中．
下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值．

20. 本小题分
    某单位准备通过考试按照高分优先录取的原则录用名职员，其中个高薪职位和个普薪职位．实际报名人数为名，考试满分为分．本次招聘考试的命题和组考非常科学，是一次成功的考试，考试成绩服从正态分布．考试后考生成绩的部分统计结果如下：考试平均成绩是分，分及其以上的高分考生名．
    求最低录取分数结果保留为整数；
    考生甲的成绩为分，若甲被录取，能否获得高薪职位？请说明理由．
    附：当时，令，则．
    当时，，，，．
21. 本小题分
    已知椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，，，中恰有两点在上．
    求的标准方程；
    ，两点在上，且直线，的斜率互为相反数，直线，分别与直线交于，两点，证明：．
22. 本小题分
    已知函数．
    证明：在区间内有唯一零点，且；
    当时，，求实数的取值范围．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：集合，
，
．
故选：．
求出集合，利用交集定义能求出．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：由题意，，
则．
故选：．
由已知求得，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为是角终边上一点，
所以，
则．
故选：．
由题意利用任意角的三角函数的定义可求的值，进而根据二倍角公式可求的值．
本题主要考查了任意角的三角函数的定义以及二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：对于：当，时，A错误；
对于：由于函数单调递减，故B错误；
对于：当，时，C错误；
对于：由于，所以，故D正确．
故选：．
直接利用不等式的性质和赋值法的应用求出结果．
本题考查的知识要点：不等式的性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：不同选法的种数是，因为第一个班有种选择，第二个班有种选择，第三个班有种选择，
由分步计数原理可知，不同选法的种数是．
故选：．
由分步计数原理直接得出结论．
本题主要考查分步计数原理的运用，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：分类变量和进行独立性检验的零假设应为两个分类变量和独立，即：分类变量和独立．
故选：．
根据已知条件，结合独立性检验的定义，即可求解．
本题主要考查独立性检验的定义，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：对于，若事件与事件不独立，则，故A错误，
对于，由条件概率的定义可知，，故B错误，
对于，由条件概率公式可得，，故C错误，
对于，由条件概率公式可知，又，，故D正确，
故选：．
根据条件概率的定义以及条件概率公式，逐个判断各个选项的正误即可．
本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：对任意，存在，使得成立，
则，
函数，
当时，，
当时，，即当时，函数取得极大值同时也是最大值，
即当时，，
区间的中点坐标为，
若对称轴，即时，，得，此时，
若对称轴，即时，，得，此时不存在，
综上，
即的最小值为，
故选：．
根据条件转化为，求函数的导数结合一元二次函数的最值进行求解．
本题主要考查函数恒成立问题，根据条件转化为两个函数的最值问题是解决本题的关键．注意要分类讨论．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于，由相关系数的定义可知，两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于，故A正确，
对于，回归直线不一定经过其中一个样本点，故B错误，
对于，在回归直线方程，，
当解释变量每增加一个单位时，响应变量平均增加个单位，故C正确，
对于，在回归模型中，用决定系数刻画拟合效果，的值越大，模型的拟合效果越好，故D错误．
故选：．
对于，结合相关系数的定义，即可求解，
对于，结合线性回归方程的性质，即可求解，
对于，结合回归直线方程，即可直接求解，
对于，结合决定系数的定义，即可求解．
本题主要考查相关系数和决定系数的定义，以及回归方程的性质，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，当时，，当且仅当时取等，
当时，，当且仅当时取等，
因为不清楚的取值，即不一定是正数，故A错误；
对于，对于充分性：若，则有，当且仅当时取等，即充分性成立，
对于必要性：若，即，不一定成立，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件，B正确；
对于，由“”可得，解得或，
故“”是“”的必要不充分条件，C正确；
对于，由“”可得，解得或，
故不存在，使得，D错误；
故选：．
根据题意，由充分必要条件的定义依次分析选项，综合即可得答案．
本题考查充分必要条件的判断以及应用，注意充分必要条件的定义．
 

11.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查的知识要点：不等式的性质的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
直接利用不等式的性质的应用和基本不等式的应用求出结果．

【解答】

解：已知，，且，所以，则，故A正确．
利用分析法：要证，只需证明即可，即，由于，，且，所以：，，故B正确．
，故C错误．
由于，，且，
利用分析法：要证成立，只需对关系式进行平方，整理得，即，故，当且仅当时，等号成立．故D正确．
故选：．

12.【答案】 

【解析】解：正四棱柱中，，为的中点，为棱上的动点，平面过，，三点，
对于，易证平面，从而平面平面，所以对；
对于，平面与正四棱柱表面的交线围成的图形可以是五边形，所以不对；
对于，设外接球的球心为，到平面的距离不到平面的距离的一半，而到平面的距离为，所以到平面的距离为，面正四棱柱的外接球的半径为，由勾股定理小截面圆的半径，，所以C正确；
对于，取的中点，连接，易得，则与平面的所成的角就是与平面的角设为，
，当点到平面即平面的距离最大时，所成角正弦最大即角最大，
，由等体积法，到平面即平面的距离的最大值，
当点在点处时的面积最小，点到平面即平面的距离的最大值，
由，所以，而，所以，则的最大值为，所以不对．
故选：．
证明平面，推出平面平面，判断；利用平面的基本性质判断；设外接球的球心为，到平面的距离不到平面的距离的一半，推出小截面圆的半径判断取的中点，连接，与平面的所成的角就是与平面的角设为，由等体积法，到平面即平面的距离的最大值，当点在点处时的面积最小，点到平面即平面的距离的最大值，求出结果判断．
本题考查直线与平面所成角，等体积法的应用，平面的基本性质的应用，平面与平面垂直的判断，是难题．
 

13.【答案】 

【解析】解：首先，
所以．
故答案为：．
根据随机变量服从二项分布，利用二项分布的方差公式可得，再利用即可得解．
本题主要考查二项分布的均值与方差，方差的性质等知识，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：设事件表示甲正点到达，事件为甲乘坐高铁，
则，
，
若甲已正点抵渝，则甲此次来渝乘坐高铁的概率为：
．
故答案为：．
根据条件概率公式能求出结果．
本题考查概率的求法，考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：随机变量服从正态分布，，
由，得，
又，
，且，，
则．
当且仅当，即，时等号成立．
的最小值为．
故答案为：．
由正态分布曲线的对称性求出，再由基本不等式求最值．
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查曲线的对称性，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：函数可以看作是动点与动点之间距离的平方，
动点在函数的图象上，在直线的图象上，
问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，
由得，，解得，
曲线上点到直线的距离最小，最小距离，
则，
根据题意，要使，则，此时恰好为垂足，
由，解得．
故答案为：
把函数看作是动点与动点之间距离的平方，利用导数求出曲线上与直线平行的切线的切点，得到曲线上点到直线距离的最小值，结合题意可得只有切点到直线距离的平方等于，然后由两直线斜率的关系列式求得实数的值
本题考查利用导数求曲线上过某点切线的斜率，考查了数形结合和数学转化思想方法，训练了点到直线的距离公式的应用，是中档题
 

17.【答案】解：由，可得，
由于，可得，
即为，
因为，所以，即；
，即，
则，且为锐角，
由，可得，
由，可得，
则，
即，
在中，由正弦定理可得，
则． 

【解析】由三角形的正弦定理和两角差的正弦公式，可得所求角；
由三角形的余弦定理和正弦定理、结合向量共线定理解方程开的所求值．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和三角函数的恒等变换，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：由题设可得：，即，
解得：或舍，
；
证明：由可得：，
． 

【解析】本题主要考查等比数列的性质及等差数列基本量的计算，考查裂项相消法求和．
由题设求得首项与公差，即可求得；
先由求得，再利用裂项相消法求得其前项和，即可证明结论．
 

19.【答案】解：由表中数据可得，，
，，
，
故线性回归方程为，
当时， 分，
该班某同学的数学成绩为分时的物理成绩分．
列联表如下：

，
依据小概率值的独立性检验，数学优秀与物理优秀有关，犯错的概率不超过． 

【解析】根据已知条件，结合最小二乘法和线性回归方程的公式，即可求解线性回归方程，将代入上式的线性回归方程中，即可求解．
根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解．
本题主要考查线性回归方程的求解，以及独立性检验公式，属于中档题．
 

20.【答案】解：设最低录取分数为，
由题意得，，
分及其以上的高分考生占，
又，
，
故，
故，
又，
而由知，
，
故，
故最低录取分数为分；
，
且，
且，
故估计考生甲在名之内，
故考生甲能获得高薪职位． 

【解析】设最低录取分数为，易知，而分及其以上的高分考生占，而，从而可得，从而求，再由及求最低录取分数即可；
由，且，可估计估计考生甲在名之内，从而确定答案．
本题考查了正态分布与标准正态分布的互化的应用，属于中档题．
 

21.【答案】解：因为椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，所以椭圆方程为标准方程，
设为，
若，两点在上，则有，不合题意；
若，两点在椭圆上，则无解；
若，两点在椭圆上，则，解得，
所以椭圆的方程为．
证明：直线，
设直线的斜率为，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
设，，
联立消去并整理得，
则，即，
同理可得，
所以，
，
所以，，
联立，得，则，
联立，得，则，
所以，
，
，
，
所以，
所以，
所以． 

【解析】分类讨论并利用待定系数法可求出结果；
设直线的斜率为，则直线的斜率为，通过联立方程组求出，，，的坐标，然后利用两点间的距离公式可证等式成立．
本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
 

22.【答案】解：证明：，
当时，，
所以，此时单调递增；
又，
所以在有唯一零点，
因为，所以，
因为，所以，当时，等号成立，
综上，在有唯一零点，且．
由得：，
令，则，．
当时，，对于，均有，
当时，由知，
所以单调递增，即单调递增，
又由知：对于唯一零点，，
且当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，又，即，
所以，
因为，所以，
又因为，所以，
由，得，
又在区间内单调递增，
又，所以，
由已知，故，
当，且时，，符合题意．
综上所述，的取值范围是． 

【解析】求导，得到，单调递增，根据，求出在有唯一零点，进而利用隐零点得到；
对不等式化简整理为，构造函数，求出导函数，结合第一问，对，，三段进行讨论，其中可以求出，在其他两段上也成立，故求出的取值范围．
本题考查了函数的零点与方程根的关系，利用导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．