2021-2022学年海南省海口市海口中学高二下学期期末考试数学试题（B卷）（解析版）

2021-2022学年海南省海口市海口中学高二下学期期末考试数学试题（B卷）

一、单选题

1．集合，则集合的子集的个数为(　　)

A．7 B．8 C．15 D．16

【答案】B

【分析】解分式不等式化简集合A，根据集合A元素个数确定其子集个数.

【详解】由，可得，且解得又,可得

∴集合A的子集的个数为

【点睛】本题考查分式不等式、集合子集等概念，计算集合A元素个数时，要注意这一条件的应用.

2．复数（       ）

A． B． C．1 D．

【答案】D

【分析】根据复数代数形式的除法及乘方运算法则计算可得；

【详解】解：因为，

所以

故选：D

3．设x，，则“”是”的（　　）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义直接判断作答.

【详解】x，，若满足，则，即不成立；

若，即有，必有，从而得，即成立，

所以是成立的必要不充分条件.

故选：B

4．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了（       ）附：

A．10% B．20% C．50% D．100%

【答案】B

【分析】根据题意，计算出的值即可；

【详解】当时，，当时，，

因为

所以将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了20%，

故选：B.

【点睛】本题考查对数的运算，考查运算求解能力，求解时注意对数运算法则的运用.

5．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，角A的平分线交BC于点D，且，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，，角A的角平分线交BC于点D，可得，由可得，，在，由余弦定理可得，在中，由正弦定理可知：，可求得，判断出为锐角，即可求得答案.

【详解】，角A的角平分线交BC于点D

又

，解得

在中，由正弦定理可知：

即

，

为锐角，故

.

故选：B.

6．已知、、均为单位向量，且满足，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由得出，可得出，可计算出的值，再由可求得，进而可得出，即可得解.

【详解】由于、、均为单位向量，则，

由可得，所以，，

即，所以，，

由，可得，

即，解得.

所以，.

故选：B.

【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：

（1）利用定义：

（2）利用向量的坐标运算；

（3）利用数量积的几何意义．

具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

7．在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图，是利用算筹表示数1~9的一种方法，例如：47可以表示为“”，如果用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数，这个数至少要用8根小木棍的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】表示没有重复的三位数至少需要5根木棍，所以用间接法求解，求出用掉5根，6根，7根木棍这三种情况表示的三个数字，进而求出可表示三位数的个数，根据对立事件概率即可求解.

【详解】至少要用8根小木根的对立事件为用掉5根，6根，7根这三种情况，

用5根小木棍为1、2、6这一种情况的全排列，

6根有123，127，163，167这四种情况的全排列，

7根有124，128，164，168，137，267，263这七种情况的全排列，

故至少要用8根小木根的概率为.

故选:D.

【点睛】本题以数学文化为背景，考查古典概型概率、对立事件的概率关系，属于中档题.

8．若存在两个正实数x，y使得等式成立(其中，是以e为底的对数），则实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将原等式化成，令，则有,利用导数求出函数的最小值即可得答案.

【详解】解：因为，为正实数，

所以，即，

所以，

令，

则有，

令,

则，

令，解得，

当时，，单调递减；当时，，单调递增.

所以==-，

所以，解得.

故选：D.

二、多选题

9．定义在R上的奇函数满足，且当时，，则（       ）

A．是周期函数 B．在（－1，1)上单调递减

C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点（2，0)对称

【答案】ACD

【分析】对于A，利用周期的定义判断，对于B，根据题意求出在的解析式，然后判断，对于C，利用函数的周期和奇函数的性质可得，从而可求得其对称轴，对于D，利用函数的周期和奇函数的性质可得，从而可求得其对称中心

【详解】对于A，因为定义在R上的奇函数满足，

所以，，所以，

所以是周期为4的周期函数，所以A正确，

对于B，当时，，则，

因为为奇函数，所以，

所以，所以，

所以当时，为减函数，且当时，，

当时，为减函数，且当时，，所以在（－1，1)上不是单调递减，所以B错误，

对于C，因为是周期为4的周期函数，所以，

所以，即，所以的图象关于直线对称，所以C正确，

对于D，因为，所以，

所以，所以，所以的图象关于点对称，即的图象关于点（2，0)对称，所以D正确，

故答案为：ACD

10．如图，已知双曲线的左､右焦点分別为，左､右顶点分别为，点的坐标为，是双曲线的右支上的动点，则下列说法正确的是（       ）

A．若为等边三角形，则双曲线的离心率为

B．若双曲线的离心率为，则直线和直线的斜率之积为

C．若两点三等分线段，则双曲线的两条浙近线互相垂直

D．的最小值为

【答案】BD

【分析】根据双曲线的几何性质分别判断各选项.

【详解】A：为等边三角形，可得，故错误；

B：，即，设，则，，故B正确；

C：若三等分，则，而两渐近线垂直时，故C错误；

D：，故D正确，

故选：BD.

11．已知，，且，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【解析】根据已知条件，利用基本不等式可以证明A正确；根据已知条件，求得的取值范围，结合不等式的基本性质和指数函数的单调性判定BD；利用对数函数的单调性对C进行等价转化，通过举例可以否定C.

【详解】，

又故正确；

，，且，，故正确；

,故正确；

等价于，即，

等价于,但当时，满足条件，，且，,故C错误；

故选：.

【点睛】本题考查不等式的基本性质，基本不等式，涉及指数对数函数的单调性，属中档题.关键是要熟练掌握不等式的基本性质和基本不等式，掌握指数对数函数的单调性.注意使用等价分析法，举反例否定法进行判定.

12．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE．以下命题正确的有（       ）

A．点F的轨迹长度为

B．直线与直线BC所成角可能为45°

C．平面A1BE与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为

D．过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为

【答案】ACD

【分析】取和的中点分别为，即可证明平面平面，从而得到点在线段上，即可判断A；由，则即为异面直线所成的角，再利用锐角三角函数计算即可判断B；找出二面角的平面角，利用锐角三角函数计算即可判断C；当为与的交点时过点的平面截正方体所得的截面面积最大，求出最大截面面积，即可判断D；

【详解】解：对于：取和的中点分别为，连接，则，平面，平面，所以平面平面，因为在侧面上运动，且满足平面，所以点在线段上．故点运动的轨迹长度为：，故选项正确；

对于B：因为．所以与直线所成角即为与直线所成角，则即为异面直线所成的角，在Rt中，，因为正方体的棱长为2，在Rt中，，若所成的角为，则，而最大为，矛盾，所以所成角不可能为，故选项B不正确；

对于C：因为面面，所以平面与平面所锐二面角，

即为平面与平面所成锐二面角，因为面面，当为线段的中点，可得，所以即为二面角的平面角，且，

所以，故选项C正确；

对于：当为与的交点时过点的平面截正方体所得的截面面积最大，取的中点，，则截面为菱形，，其面积为故选项D正确，

故选：ACD．

三、填空题

13．已知随机变量，若，则的最小值为___________.

【答案】9

【分析】由正态分布知识可得，，展开后由均值不等式可得到结果.

【详解】依题意，由正态分布知识可得，

，

当且仅当且即时等号成立.

所以的最小值为9.

故答案为：9.

14．三棱锥中，平面，，，，是边上的一个动点，且直线与面所成角的最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为__________．

【答案】

【分析】根据题意画出图形，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积.

【详解】由题意，三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，

如图所示，则，且的最大值是，

所以，所以的最小值是，即到的距离为，

所以，因为，在中可得，即可得,

取的外接圆圆心为，作，

所以，解得，所以,

取为的中点，所以，

由勾股定理得，

所以三棱锥的外接球的表面积是.

【点睛】本题考查了有关球的组合体问题，以及球的表面积的计算问题，解答时要认真审题，确定球的球心和半径，注意球的性质的合理运用是解答的关键，对于求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径.着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想的应用.

15．已知，记为，，中不同数字的个数，如：，，，则所有的的排列所得的平均值为______．

【答案】.

【分析】分N =1，2，3三种情况讨论，用排列组合数表示，即得解.

【详解】解：由题意，N共有种排列

若N=1，即共3种；

若N=2，有种；

若N=3，有种；

故所有的的排列的N平均值为.

故答案为：.

四、双空题

16．设首项是1的数列的前项和为，且则______；若，则正整数的最大值是________．

【答案】     5     16

【分析】根据递推公式即可求得，由题意可得，，可得，可得奇数项和偶数项的通项公式，求和公式，考虑，计算可得所求最小值．

【详解】解：因为，

则，，

由，可得，，

则，，可得，

所以，，

，

，所以，

当时，，又，

所以，所以正整数的最大值是16.

故答案为：5，16.

五、解答题

17．已知数列，满足：存在，对于任意的，使得，则称数列与成“k级关联”．记与的前n项和分别为，．

(1)已知，，，判断与是否成“4级关联”，并说明理由；

(2)若数列与成“2级关联”，其中，，且有，，求|的值；

【答案】(1)不是，理由见解析；

(2)2022.

【分析】（1）假设与成“4级关联”，则有，得，此式不恒成立，故假设错误，即可得结论；

(2)由题意可得：=+且是周期为4的数列，故有==，又因为，代入计算即可.

【详解】(1)解：由，可得=，

所以，

显然等式不恒成立，举反例：时，有；左边=8，右边=3，左右.

所以与不成“4级关联”；

(2)由，可得，

利用累加法，

整理得：-=，

所以=+，

由，可知：且第一周期内有，

所以==，

又因为，

故=2020-1+3=2022.

18．在中，角、、所对的边分别是、、．且．

(1)求角的大小；

(2)求的取值范围；

(3)若，，为中点，为线段上一点，且满足．求的值，并求此时的面积．

【答案】(1)

(2)

(3)，的面积为

【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理求解即可；

（2）根据（1）可得，得到，再根据正弦的和差角公式与辅助角公式，根据角度的范围求解即可；

（3）先根据直角三角形中的关系求解得，再设，推导可得，再根据求解即可

【详解】(1)由正弦定理及，得，

即，化简得，故．

又，故．

(2)由（1）知，，

故

.

又，则，，

故．

(3)

∵，∴，∵，为中点，∴，

∵，∴，，∴，，

设，则，

∴，，

∴，

在直角中，，

∴当时，的面积为．

19．如图，在四棱锥中，∥,，,为边的中点，异面直线与所成的角为90°．

(1)在直线上找一点，使得直线平面PBE，并求的值；

(2)若直线CD到平面PBE的距离为，求平面PBE与平面PBC夹角的余弦值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)由题意可得是正方形，平面，建立坐标系，用空间向量求解；

(2由题意可得∥平面PBE,于是到平面PBE的距离等于点到平面PBE的距离，由解得，进而得平面的法向量，再求得平面的法向量，即可求解.

【详解】(1)解：∥,，,为边的中点，所以四边形是正方形，

因为,异面直线与所成的角为90°,

所以,

又因为在平面内相交，

所以平面,建立如图所示的坐标系：

设，,则，

令，

因为，，

所以是平面PBE的法向量.

要使平面PBE，

只需，

解得：；

(2),

因为∥,

又因为平面PBE, 平面PBE,

所以∥平面PBE,

所以到平面PBE的距离等于点到平面PBE的距离，

于是，

解得：，

所以,,

令，

因为，

所以是平面的法向量，

由(1)可知平面的法向量，

因为平面与平面的夹角为锐角，

所以平面PBE与平面PBC夹角的余弦值为：.

20．已知直线l1：y＝k1x和l2：y＝k2x与抛物线y2＝2px（p＞0）分别相交于A，B两点（异于原点O）与直线l：y＝2x+p分别相交于P，Q两点，且．

(1)求线段AB的中点M的轨迹方程；

(2)求△POQ面积的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）联立方程，求出，，表达出线段AB的中点M的坐标，消去参数，求出轨迹方程；（2）设直线，与抛物线联立，求出两根之和，两根之积，表达出弦长，进而表达出面积，换元后，求出最小值.

【详解】(1)联立，解得：，

把代入得：，

所以，

同理可得：，

则线段AB的中点M的坐标为，

因为，

所以，

消去得：

所以线段AB的中点M的轨迹方程为

(2)设，

则直线，与联立得：，

则，所以，

同理可得：，

则，

其中，解得：，

设直线，与抛物线联立得：，

则，又，所以，

则，

，

所以，

点O到直线PQ的距离为，

所以△POQ面积为，

令，则，

所以，

当，即时，△POQ面积取得最小值，最小值为.

【点睛】抛物线相关的弦长或面积问题，一般设出直线方程，与抛物线联立，得到两根之和，两根之积，根据题干条件得到等量关系，用一个变量表达出弦长或面积，求出最值或取值范围.

21．已知函数．

(1)若在上单调递增，求a的取值范围；

(2)当时，设，求证：．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）对求导，在上单调递增，即在上恒成立，转化为时，，令，利用导数求出的最大值即可；

（2）对求导，由函数单调性求得，将不等式转化为证明，令，求出的单调区间进而证明不等式成立.

【详解】(1)，

因为在上单调递增，所以在上恒成立，

即时，恒成立；则时，；

令，，则，

时，，所以在上单调递减，

即，所以，

综上所述，在上单调递增时，

(2)由已知，，

即，其定义域为，

，因为，所以，

当时，，在上单调递减；

当时，，在上单调递增，

所以；

则要证，

只要证，即证，

令，则，

令，则，

所以在上单调递减，

又，，所以存在唯一使得，即，

所以，

记，易得在上单调递减，，

故只需证，

令，则，所以在上单调递增，

则成立，故原不等式成立.

【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.