广西梧州市2021-2022学年高二下学期期末检测数学（理）试题（含答案）

这是一份广西梧州市2021-2022学年高二下学期期末检测数学（理）试题（含答案），共12页。试卷主要包含了已知，则的值为，在等比数列中，，，则的值为，已知，则的大小关系为，大气压强，它的单位是“帕斯卡”等内容，欢迎下载使用。
（全卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．答题前，考生务必将姓名、座位号、考籍号填写在答题卡上。
2．考生作答时，请在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡），在本试题上作答无效。
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个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．
2．复数（其中为虚数单位）在复平面内对应的点在
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知，则的值为
A．B．C．D．
4．在等比数列中，，，则的值为
A．B．C．或D．或
5．已知向量，若，则在方向上的投影为
A．B．C．D．
6．已知抛物线上的点到该抛物线焦点的距离为，则
A．4B．3C．D．
7．已知，则的大小关系为
A．B．C．D．
8．大气压强，它的单位是“帕斯卡”．大气压强随海拔高度的变化规律是，是海平面大气压强．已知在某高山两处测得的大气压强分别为，，那么两处的海拔高度的差约为（参考数据：）
A．B．C．D．
9．如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为
A．B．C．D．
10．已知命题；命题，直线与圆有公共点，若或为真，且为假，则实数的取值范围为
A．B．C．D．
11．设双曲线的左焦点为，直线过点且与双曲线在第二象限的交点为，，其中为坐标原点，则双曲线的方程为
A．B．C．D．
12．已知是定义在上的偶函数，且对任意，有，当时，，则下列结论错误的是
A．是以4为周期的周期函数B．
C．函数有3个零点D．当时，
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．在的展开式中，的系数为________．
14．已知中，，，，则的面积为________．
15．已知函数，点，，是直线与函数的图象自左至右的某三个相邻交点，若，则________．
16．在正四棱锥中，已知，为底面的中心，以点为球心作一半径为的球，则平面截该球的截面面积为________．
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17．（本题满分12分）
已知等差数列中，，数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
18．（本题满分12分）
如图，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，
．
（1）求证：平面；
（2）点在线段（含端点）上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角最大？并求此时二面角的余弦值．
19．（本题满分12分）
某学校为了了解全校学生的体重情况，从全校学生中随机抽取了100人的体重数据，结果这100人的体重全部介于45公斤到75公斤之间，现将结果按如下方式分为6组：第一组，第二组，第六组，得到如下图（1）所示的频率分布直方图，并发现这100人中，其体重低于55公斤的有15人，这15人体重数据的茎叶图如图（2）所示，以样本的频率作为总体的概率．
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）从全校学生中随机抽取3名学生，记为体重在的人数，求的概率分布列和数学期望；
（3）由频率分布直方图可以认为，该校学生的体重近似服从正态分布，其中，．若，则认为该校学生的体重是正常的．试判断该校学生的体重是否正常，并说明理由．
20．（本题满分12分）
已知椭圆的短轴长为2，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆的右顶点，直线与椭圆相交于两点（两点异于点），且，证明：直线恒过定点．
21．（本题满分12分）
已知函数，，是自然对数的底数．
（1）求函数的最小值；
（2）若在上恒成立，求实数的值；
（3）求证：
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．［选修4-4：坐标系与参数方程］（本题满分10分）
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．在以原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线和曲线的直角坐标方程；
（2）设，若曲线与曲线交于，两点，求的值．
23．［选修4-5：不等式选讲］（本题满分10分）
已知．
（1）当时，求的解集；
（2）若不存在实数，使成立，求的取值范围．
2021～2022学年度高二（下）期末检测
理科数学参考答案
1．A 解析：集合，集合
，则，故选A．
2．B 解析：，复数在复平面上对应的点为，位于第二象限，故选B．
3．A 解析：，故选A．
4．C解析：解得或，故或，故或，故选C．
5．D解析：，由，得，得，在上的投影．故选D．
6．D 解析：由题意即抛物线为，再由其性质可知，得，故选D．
7．B 解析：因为，所以．故选B．
8．C 解析：在某高山两处海拔高度为，所以，所以
，所以．故选C．
9．B 解析：根据几何体的三视图，得到几何体的直观图如下所示：
该几何体为三棱锥，三棱锥是由四棱锥截去三棱锥所剩下的部分，由于，，，，，
，，
．故选B．
10．D 解析：若为真命题，则由，可得，故；若为真命题，由直线可化为，则直线过定点，因为直线与圆有公共点，所以定点在圆上或圆内，可得，解得，若为真命题，为假命题，则真假或假真，即或，解得或，故选D．
11．D 解析：设左焦点的坐标为，由点过直线，所以，解得：，因为点在直线上且在第二象限，所以设点的坐标为，由得，整理得：，解得：或，由可得不符合题意，故舍去，所以，，即，又因为在双曲线上，所以，化简整理得即，又因为，所以，即，双曲线的方程为，故选D．
12．B 解析：依题意，为偶函数，且关于对称，则
，故的周期为4，A正确．
由的周期为4，则，，故，B错误；
作函数和的图象如下图所示，
由图可知，两个函数图象有3个交点，C正确；
当时，，则，D正确．故选B．
13．80 解析：的展开式的通项公式为，令，得，故的系数为，故答案为80．
14． 解析：因为，由正弦定理可得：，可得：，因为，可得：，所以，可得：，所以，可得：，所以，故答案为
15．3 解析：作出示意图如图所示：
由，则，则，故的周期，得，即，且，可得，且，得，则，得，则．故答案为3．
16． 解析：由正四棱锥可知，底面为正方形，故，且由题意有平面，且．取的中点，连接，因为，，所以平面．过点作，垂足为，又，所以平面，在中，，则点到截面的距离为．所以截面圆的半径为，面积为，故答案为：．
17．解析：（1）设等差数列的公差为，由已知可得，解得，
所以，
又，所以．
（2），错位相减法：
①
②
①式一②式得：
，
故．
18．解析：（1）证明：在梯形中，因为，，
又因为，所以，，
所以，
即，得，，
所以，即．
因为平面，平面，所以，
而，平面，平面，所以平面
因为，所以平面．
（2）分别以直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系（如图所示），
设，则，，
所以，
设为平面的一个法向量，
由得，取，则，
又是平面的一个法向量，
设平面与平面所成锐二面角为，
所以
因为，所以当时，有最小值为，
故点与点重合时，平面与平面所成锐二面角最大，其余弦值为．
19．解析：（1）由图（2）知，100名样本中体重低于50公斤的有2人，用样本的频率估计总体的概率，得体重低于50公斤的概率为，则，在上有13人，该组的频率为0.13，则，所以，即．
（2）用样本的频率估计总体的概率，可知从全体学生中随机抽取1人，体重在的概率为，随机抽取3人，相当于三次独立重复试验，随机变量服从二项分布．
则，
，
，
，
的分布列为：
所以，．
（3）由得，由图（1）知．
所以可以认为该校学生的体重是正常的．
20．解析：（1）由题意，，
设焦距为，则，，，
又，所以，所以，椭圆的标准方程为．
（2）由题意知，直线的斜率不为0，则不妨设直线的方程为．
联立得，消去得，
，化简整理，得．
设，则．
因为，所以．
因为，，得，
将代入上式，得，
得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，则直线恒过点．
21．解析：（1）函数的定义域为，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以．
（2）函数，则，
当时，，在上单调递减，
此时存在，使得，与题设矛盾．
当时，时，，时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要使在恒成立，则，即，
又由（1）知即（当且仅当时，等号成立）．
令有，故且，所以．
（3）由（1）知（当且仅当时等号成立）．
令，则，故，即，
所以，令，则；
由（2）知在上恒成立，所以（当且仅当时等号成立）．
令，则，
故，即，所以．令，则．
综上，．
22．解：（1）曲线的参数方程为（为参数），整理得，
两式相减得曲线的直角坐标方程为：；
曲线的极坐标方程为，
根据，可得，即．
曲线的直角坐标方程为：．
（2）由于点满足直线的方程，故直线的参数方程为（为参数），
把直线的参数方程代入，得到：，
所以，，
故．
23．解析：（1）当时，，则即，
当时，原不等式可化为，解得；
当时，原不等式可化为，解得，原不等式无解；
当时，原不等式可化为，解得．
综上可得，原不等式的解集为．
（2）依题意得，，都有，
则，
所以或，所以或（舍去），所以．0
1
2
3
0.027
0.189
0.441
0.343