浙江省绍兴市2021-2022学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

绍兴市2021学年第二学期高中期末调测

高二数学

一､单项选择题（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. 设集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据交集的计算求解即可

【详解】由题意，

故选：B

2. 若复数满足（为虚数单位），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】直接利用复数的除法即可求解.

【详解】因为复数满足，所以.

故选：A

3. 命题“，”的否定为（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】B

【解析】

【分析】由含存在量词的命题的否定方法写出命题的否定即可.

【详解】命题的否定在否定结论的同时，量词作相应改变，

所以命题“，”的否定为，，

故选：B.

4. 在中，“”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】在中，考查“”和“”的推理关系，看谁可以推出谁，即可得到答案.

【详解】在中，当时，由正弦函数的单调性可知，成立，

当时，不妨取，即不成立，

故“”是“”的充分不必要条件，

故选：A

5. 在同一直角坐标系中，函数，且的图象可能是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】讨论时和时，函数的图象增减即可判断出可能的图象，即得答案.

【详解】当时，为指数函数，且递减，

为幂函数，且在时递增，递增的幅度随x的增大而增加的更快，故A错误，B正确；

当时，为指数函数，且递增，

为幂函数，且在时递增，递增的幅度越往后越平缓，故C,D错误,

故选：B

6. 从名男生名女生中任选人参加学校组织的“喜迎二十大，奋进新征程”的演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】本题是条件概率的理解与计算，男生甲被选中为事件，此时成为样本空间，事件就是积事件，根据古典概型知识进行计算.

【详解】设男生甲被选中为事件，男生乙和女生丙至少一人被选中为事件，

由古典概型知识可知，.

故选：C.

7. 已知平面向量，满足，且对任意实数，有，设与夹角为，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可设，由题意求出，根据向量的几何意义找到向量对应的点所在的区域，结合向量夹角的含义，找到与夹角最大时或夹角无限小时的位置，即可求得答案.

【详解】由题意可设，则

由于对任意实数，有，故恒成立，

即对任意实数恒成立，故，

即 ，

所以向量对应的点位于如图所示的直线 外部的阴影区域内

（含边界直线），设 ，，则,

故，

不妨假设向量对应的点在上部分区域内，

则由图可以看到当对应的点位于B处，即在直线上，

且当时，最大，此时，

所以 ，即最小值为，

由图可以看到，当B点沿直线向外运动或在阴影部分中向远处运动时，

可以无限趋近于0，故，

因此的范围是，

当B点位于直线上或下方的区域内时，同理可求得的范围是，

故选：D

8. 已知，其中为自然对数的底数，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】观察，发现都含有，把换成，自变量在或其子集范围内构造函数，利用导数证明其单调性，比较的大小.

【详解】令，，

令，，

当时，，单调递增，

又，所以，又，

所以，成立，所以即，

令，，在为减函数，所以，即，

令，，在为减函数，所以，即，

所以，成立，

令，则上式变为，所以

所以，

所以.

故答案为：B.

【点睛】比较大小题目，是高考的热点，也是难点，通过观察和构造函数是基本的解题要求，难点在于构造后的证明，需要平时多积累常见的结论，达到深入理解，举一反三，融会贯通.

二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）

9. 已知，且，则下列不等式中，恒成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用特殊值判断A，利用基本不等式判断B、C、D.

【详解】解：对于A：当时，满足，但是，故A错误；

对于B：因为，所以，当且仅当时取等号，故B正确；

对于C：因为，所以，，所以，当且仅当，即时取等号，故C正确；

对于C：因为，所以，，

所以，

当且仅当时取等号，故D正确；

故选：BCD

10. 设函数，则（    ）

A. 函数的最小正周期是

B. 函数的图象关于直线对称

C. 函数在上是增函数

D. 函数是奇函数

【答案】AC

【解析】

【分析】先根据题意化简，由周期公式判断A、整体代入思想求出函数的对称轴和单调增区间判断B，C，函数的平移变换判断D.

【详解】

对于A，函数的最小正周期是，故A正确；

对于B，令，则，

函数的图象关于对称，故B不正确；

对于C，令，解得：，令，，故C正确；

的图象向左平移个单位可得，

的图象关于对称，向左平移可得关于对称，故D不正确.

故选：AC.

11. 在正方体中，点满足，其中，，则（    ）

A. 当时，平面

B. 当时，三棱锥的体积为定值

C. 当时，的面积为定值

D. 当时，直线与所成角的范围为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A选项，确定点在面对角线上，通过证明面面平行，得线面平行；

对于B选项，确定点在棱上，由等体积法，说明三棱锥的体积为定值；

对于C选项，确定点在棱上，的底不变，高随点的变化而变化；

对于D选项，通过平移直线，找到异面直线与所成的角，在正中，确定其范围.

【详解】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动，

又平面，所以平面，

在正方体中，且，则四边形为平行四边形，

所以，，平面，平面，平面，

同理可证平面，

，所以，平面平面，

平面，所以，平面，A正确；

对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动，

三棱锥的体积为定值，B正确；

对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点，

则，其大小随着的变化而变化，C错误；

对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线，

因为且,所以四边形为平行四边形，所以，

所以或其补角是直线与所成角，

在正中，的取值范围为，D正确.

故选：ABD.

12. 已知采用分层抽样得到的样本数据由两部分组成，第一部分样本数据的平均数为，方差为；第二部分样本数据的平均数为，方差为，设，则以下命题正确的是（    ）

A. 设总样本的平均数为，则

B. 设总样本的平均数为，则

C. 设总样本的方差为，则

D. 若，则

【答案】AD

【解析】

【分析】对于A选项，因为，由放缩可得；

对于B选项，举例说明B不正确；

对于C选项，举例说明C不正确；

对于D选项，若，代入总体方差计算公式，可得.

【详解】对于A选项，因为，所以

，即，A正确；

对于B选项，取第一部分数据为，则，，取第二部分数据为，则，，则，B不正确；

对于C选项，取第一部分数据为，则，，

取第二部分数据为，则，，则，

，C不正确；

对于D选项，若，则，D正确.

故选：AD.

三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知函数则___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据分段函数解析式先求出，再求，即可得出答案.

【详解】因为，所以.

故答案为：.

14. 已知随机变量，则___________.

【答案】##0.5

【解析】

【分析】根据正态曲线的对称性，即可求得答案.

【详解】由随机变量，可知随机变量X对应的正态曲线关于y轴对称，

故，

故答案为：

15. 现要给1个小品类节目，2个唱歌类节目，2个舞蹈类节目排列演出顺序，要求同类节目不相邻，则不同的排法有___________种.

【答案】48

【解析】

【分析】分1个小品类节目排在第一个位置、第二个位置、第三个位置、第四个位置、第五个位置时可得同类节目不相邻的排法.

【详解】当1个小品类节目排在第一个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第三第五位置时，2个舞蹈类只能排在第二第四位置；当排在第二第四位置时，2个舞蹈类只能排在第三第五位置，所以同类节目不相邻排法有种；

当1个小品类节目排在第二个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第四位置时，2个舞蹈类只能排在第三第五位置；当排在第三第五位置时，2个舞蹈类只能排在第一第四位置，同类节目不相邻排法有种；

当1个小品类节目排在第三个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第四位置时，2个舞蹈类只能排在第二第五位置；当排在第一第五位置时，2个舞蹈类只能排在第二第四位置；当排在第二第四位置时，2个舞蹈类只能排在第一第五位置；当排在第二第五位置时，2个舞蹈类只能排在第一第四位置，所以同类节目不相邻排法有种；

当1个小品类节目排在第四个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第三位置时，2个舞蹈类只能排在第二第五位置；当排在第二第五位置时，2个舞蹈类只能排在第一第三位置，所以同类节目不相邻排法有种；

当1个小品类节目排在第五个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第三位置时，2个舞蹈类只能排在第二第四位置；当排在第二第四位置时，2个舞蹈类只能排在第一第三位置，所以同类节目不相邻排法有种；

则不同的排法有48种.

故答案为：48.

16. 在三棱锥中，，二面角的平面角为，则它的外接球的表面积为___________.

【答案】

【解析】

【分析】本题关键是找到三棱锥外接球球心，根据三棱锥外接球球心与截面圆圆心的连线，垂直于截面所在的平面，分别找到三棱锥两个面的外心，过外心找到相应面的垂线，这两个垂线的交点即是三棱锥外接球球心.

【详解】如图所示，

由,得，

，得，

取分别取，，，中点，，，,连接，，，，

则四边形是边长为菱形，且， ，

所以是二面角的平面角，故，

则为正三角形，取，的中点为，连接，

则，又，所以，

又平面，所以，又，

所以平面，

因为为直角三角形，所以是其外心，所以球心在直线上，

同理可证，球心亦在直线上，

由于为正三角形，所以的中心，即，的交点为三棱锥外接球球心，在中，，

所以三棱锥外接球的表面积为.

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. 在二项式的展开式中

（1）求各二项式系数和；

（2）求含的项的系数.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据的各二项式系数和为求解即可；

（2）根据二项展开式的公式求解即可

【小问1详解】

各二项式系数和为.

【小问2详解】

因为

令，解得，

所以的项的系数为.

18. 在中，内角所对的边分别是，且.

（1）求角；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理得，进而得；

（2）结合已知，根据余弦定理得，再根据面积公式计算即可得答案.

【小问1详解】

解：因为，

所以.

因为，所以，即.

因为，所以.

【小问2详解】

解：因为

解得.

所以的面积为.

19. 如图，已知四棱锥平面，

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理即得；

（2）由题可知到平面的距离等于到平面的距离，设直线与平面所成角为，可得，即得；或利用坐标法即得.

【小问1详解】

由题意平面，

所以平面，平面，

∴，又，

所以平面.

【小问2详解】

法一：由可知平面，

所以到平面的距离等于到平面的距离，

又由（1）知平面，

设直线与平面所成角为，

由题可得，

所以.

法二：如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立直角坐标系，

则，，

∴，

设平面的法向量为，

由，得，可取

设直线与平面所成角为，

所以.

20. 已知函数.

（1）求在上的最小值；

（2）设函数，若方程有且只有两个不同的实数根，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）由函数解析式，可得该二次函数的对称轴与开口方向，根据对称轴与闭区间的位置关系的不同，进行讨论，得到不同情况下的函数单调性，可得最小值；

（2）根据方程与函数的关系，利用整体换元的解题方法，将其转化为二次函数求零点问题，根据函数图像的特点，将根据二次函数的零点取值范围的不同，进行讨论，解得最后答案.

【小问1详解】

因为函数的对称轴方程为，且开口向上，

①当时，即时，

在上单调递增，所以.

②当时，即时，

在单调递减，在单调递增，

所以.

③当时，即时，

上单调递减，所以.

综上①②③，

【小问2详解】

令，由题意可知一定有解，不妨设为，且，

则等价于以下四种情况：

①当时，由解得，此时，不符合题意.

②当且时，需满足此时无解.

③当时，需满足解得.

④当时，需满足解得.

综上①②③④，可得：或.

21. 某市为筛查新冠病毒，需要检验核酸样本是否为阳性，现有且份核酸样本，可采用以下两种检验方式：①逐份检验：对k份样本逐份检验，需要检验k次；②混合检验：将k份样本混合在一起检验，若检验结果为阴性，则k份样本全为阴性，因而这k份样本只需检验1次；若检验结果为阳性，为了确定其中的阳性样本，就需重新采集核酸样本后再对这k份新样本进行逐份检验，此时检验总次数为k+1次.假设在接受检验的核酸样本中，每份样本的检验结果是相互独立的，且每份样本结果为阳性的概率是.

（1）若对k份样本采用逐份检验的方式，求恰好经过4次检验就检验出2份阳性的概率（结果用p表示）；

（2）若k=20，设采用逐份检验的方式所需的检验次数为X，采用混合检验的方式所需的检验次数为Y，试比较与的大小.

【答案】（1）   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）由独立事件的乘法公式即可求出恰好经过4次检验就检验出2份阳性的概率.

（2）由题意知，.Y的可能取值为，求出每个变量对应的概率即可求出，比较与0大小，即可求出答案.

小问1详解】

记恰好经过4次检验就检验出2份阳性为事件，

所以.

【小问2详解】

由题意知，.

Y的可能取值为，

所以，

所以.

所以，令，

解得.

所以当时，；

当时，；

当时，.

22. 已知函数.

（1）若，求在点处的切线方程；

（2）若恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可.

（2）方法一：由题意得，对函数求导后，分，，三种情况求函数的最大值，使其最大值小于等于零，从而可求出的取值范围.

方法二：因为时恒成立，所以需首先满足，解得，然后利用导数可证得，所以将问题转化为，构造函数，利用导数可求得其最大值小于等于零.

方法三：因为时恒成立，所以需首先满足，解得，则，然后利用可求得函数最大值小于等于零.

方法四：先证明，然后将问题转化为，令，然后只需利用导数求的最小值即可.

【小问1详解】

当时，，

因为，

所以，又，

所以切线方程为.

【小问2详解】

法一：因为时恒成立，所以需首先满足.

因为，

令，则.

①当时，有恒成立，所以在单调递减，

又，所以在恒成立，

所以在上单调递减，

所以，符合题意.

②当时，恒成立，所以在单调递增，

又.

所以

（i）当时，，

所以在恒成立，所以在上单调递减，

所以，符合题意.

（ii）当时，，

所以存在，使得，

当时，，当时，

所以在单调递减，在单调递增，

所以

解得.

所以在②条件下

③当时，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

又，

所以恒成立，所以在上单调递减，

所以，符合题意.

综上①②③.

法二：因为时恒成立，所以需首先满足，

解得.

下面先证明.

令，则在上恒成立，

所以，则成立.

所以有

令

则，

显然在上单调递增，又，

所以存在，使得.

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

所以.

所以当时，有恒成立.

法三：因为时恒成立，所以需首先满足，

解得.

所以，所以.

又.

①当时，当时，，所以在上单调递增，

所以只需.

解得.

②当时，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

因为，所以.

解得，所以此时.

综上①②得.

法四：下面先证明.

令，则在[0，2]上恒成立，

所以，则成立.

所以，

即.

令，所以只需求的最小值.

①当时，因为，

所以.

②当时，.

因为，

所以，

所以，所以在上单调递减，

所以.

综合①②得.

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义的应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为，再利用导数求出的最大值即可，或通过分离参数，另构造函数，利用导数求出函数的最值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题