广东省湛江2021-2022学年高二下学期期末数学试题（原卷及解析版）

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湛江市2021-2022学年度第二学期期末调研考试

高二数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡的指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本题共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. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据集合的交集运算即可求解.

【详解】解：,

,

故选：C.

2. 已知复数（是虚数单位），则所对应的点所在象限为（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】化简，由共轭复数的定义知，再由复数的几何意义知所对应的点为，在第一象限，即可得出答案.

【详解】，则，

所对应的点为，在第一象限.

故选：A.

3. 已知，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求出，再将用两角和与差的余弦公式展开求解即可.

【详解】因为，，则，

，

故选：C.

4. 为庆祝中国共青团成立100周年，某校计划举行庆祝活动，共有4个节目，要求A节目不排在第一个，则节目安排的方法数为（    ）

A. 9 B. 18 C. 24 D. 27

【答案】B

【解析】

【分析】由于A节目有特殊要求，所以先安排A节目，再安排其它的节目，从而即可求解.

【详解】解：由题意，先从后面3个节目中选择一个安排A节目，然后其它3个节目任意排在剩下的3个位置，共有种方法，

故选：B.

5. 边长为1的等边三角形中，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据平面向量的线性运算与数量积公式求解即可

【详解】由题意，则，故

故选：A

6. 某市为了研究该市空气中的PM2.5浓度和浓度之间的关系，环境监测部门对该市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5浓度和浓度（单位：），得到如下所示的列联表：

其中，，经计算

则下列结论错误的是（    ）

A. 该市一天空气中PM2.5浓度不超过，且浓度不超过的概率估计值是0.64

B. 若列联表中的天数都扩大到原来的10倍，的观测值不会发生变化

C. 有超过99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与浓度有关

D. 在犯错的概率不超过1%的条件下，认为该市一天空气中PM2.5浓度与浓度有关

【答案】B

【解析】

【分析】利用计算即可得出答案.

【详解】对于A选项：该市一天空气中PM2.5浓度不超过，且浓度不超过的概率估计值是.正确.

对于B选项：若列联表中的天数都扩大到原来的10倍， ；的观测值变为原来的10倍.错误.

因为，即有超过99%的把握认为该市一

天空气中PM2.5浓度与浓度有关或则在犯错的概率不超过1%的条件下，认为该市一

天空气中PM2.5浓度与浓度有关. C、D选项正确.

故答案为：B

7. 直线与曲线相切，且与圆相切，则（    ）

A.  B.  C. 3 D.

【答案】B

【解析】

【分析】先由直线与曲线求出，再由直线与圆相切即可求出

【详解】设直线在曲线上的切点为，

则，解得，故切点坐标为，

将代入直线中，解得，

所以直线方程为，即，

又与圆相切，

则，

故选：B

8. 已知函数为上的奇函数，为偶函数，则下列说法错误的是（    ）

A. 的图象关于直线对称

B.

C. 的最小正周期为4

D. 对任意的都有

【答案】C

【解析】

【分析】由奇偶性知的对称中心为、对称轴为，进而推得，即可判断各选项的正误.

【详解】由的对称中心为，对称轴为，

则也关于直线对称且，A、D正确，

由A分析知：，故，

所以，

所以的周期为4，则，B正确；

但不能说明最小正周期为4，C错误；

故选：C

二、选择题：本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列说法正确的是（    ）

A. 经验回归方程对应的经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点

B. 在残差图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好

C. 经验回归方程对应的经验回归直线恒过样本点的中心，且在经验回归直线上的样本点越多，拟合效果越好

D. 在刻画回归模型的拟合效果时，决定系数的值越大，说明拟合的效果越好

【答案】BD

【解析】

【分析】根据给定条件，利用经验回归方程、残差图、决定系数的意义逐项判断作答.

【详解】对于A，经验回归方程对应的经验回归直线必过样本点的中心，不一定过样本数据点中的一个点，A不正确；

对于B，在残差图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，预测值与观测值越接近，模型的拟合效果越好，B正确；

对于C，在经验回归直线上的样本点越多，若有部分点离经验回归直线远，残差平方和较大，拟合效果不一定好，C不正确；

对于D，决定系数的值越大，则有残差平方和越小，拟合的效果越好，D正确.

故选：BD

10. 以下四个结论正确的是（    ）

A. 命题“，”的否定是“，”

B. 的充要条件是

C. ，

D. 一组数据的方差越大，则这组数据的波动越大

【答案】AD

【解析】

【分析】A写出全称命题否定即可；B、C应用特殊值法，令、判断；D根据方差的实际意义判断.

【详解】A：“，”的否定是“，”，正确；

B：时成立，而不成立，错误；

C：时，错误；

D：由方差的实际意义知：方差越大，数据的波动越大，正确.

故选：AD

11. 已知数列中，，，，则下列说法正确的是（    ）．

A.  B. 是等比数列

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据，，，利用等比数列的定义，得到的奇数项和偶数项，分别是以2为公比的等比数列求解判断.

【详解】因为数列中，，，，

所以，解得，又，

所以，即，

所数列的奇数项和偶数项，分别是以2为公比的等比数列，

所以，，，

，，

故选：ABC

12. 在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则（    ）

A. 当时，

B. 当时，三棱锥的体积为定值

C. 当时，的最小值为

D. 当时，存在唯一的点P，使得点P到的距离等于到的距离

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据已知条件，结合向量关系，分别对答案进行空间关系的判断和求值即可.

【详解】当时，的轨迹为线段，连接，则，

又平面，，

∴平面，，

同理可得，

故平面，平面，所以，故A正确；

当时，点的轨迹为线段（为的中点），直线平面，故三棱锥的体积为定值，故B正确；

当时，点轨迹为线段，将三角形旋转至平面内，可知，由余弦定理可得，故C错误；

当时，点轨迹为以为为圆心，1为半径的四分之一圆弧，

由点P到的距离等于到的距离，即点P到点的距离等于到的距离，

则点轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线上，

故存在唯一的点P，使得点P到的距离等于到的距离，故D正确.

故选：ABD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若双曲线经过点，其渐近线方程为，则双曲线的方程是___________.

【答案】

【解析】

【分析】分双曲线焦点在轴或上，分别设出双曲线方程，联立方程组求解即可.

【详解】由题意可知，①若双曲线焦点在x轴上,则可设，则

且，联立解得,则双曲线的标准方程为；

②若双曲线的焦点在y轴上，则可设，则，且，此时无解，综上，双曲线的方程为.

故答案为：

14. 已知，则________．

【答案】

【解析】

【分析】令，将原式化为，求出二项式展开式的通项，即可求出；

【详解】解：因为，

令，则，则，

其中展开式的通项为，令，解得，

所以，所以；

故答案为：

15. 函数在区间上的最大值是______，最小值是______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的最值；

【详解】解：因为，，所以，

所以当时，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，又，，所以；

故答案为：；；

16. 猜灯谜是中国元宵节特色活动之一.已知甲、乙、丙三名同学同时猜一个灯谜，每人猜对的概率均为，并且每人是否猜对相互独立，在三人中至少有两人猜对的条件下，甲猜对的概率为______.

【答案】

【解析】

【分析】记事件甲、乙、丙三名同学中至少有两人猜对，事件甲猜对，计算出、，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】记事件甲、乙、丙三名同学中至少有两人猜对，事件甲猜对，

则，，

所以，.

故答案为：.

四、解答题：本题共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. 已知等差数列满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用赋值法可得数列的首项及公差；

（2）利用错位相减法求数列的前项和.

【小问1详解】

当时，①，

当时，②，

②①得，，解得，

所以，，

所以；

【小问2详解】

由（1）得，

则，

，

，

，

.

18. 已知四边形中，与交于点，.

（1）若，，求；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）在中,利用正弦定理，由求解；

（2）设，，分别在中，利用余弦定理求得x和，进而得到，然后由求解.

【详解】（1）在中，由正弦定理得,

所以，

因为，

所以.

（2）若，，

在中，由余弦定理得，即，

在中，由余弦定理得，即，

两式相加得， 再代入求得，

因为，

所以，

所以.

【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

19. 如图，在三棱柱中，平面，，，且为线段的中点，连接，，.

（1）证明：；

（2）若到直线的距离为，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】(1)证明异面直线垂直，通常先证明线面垂直.所以先证明与平面垂直，即可得到异面直线与垂直.

(2)以为原点建立空间直角坐标系，根据到直线的距离求出边长，从而得出各点的坐标，然后求出平面和平面的法向量，即可得到夹角的余弦值.

【小问1详解】

证明：因为平面，平面，所以；

因为，所以；

因为，平面，所以平面；

因为平面，所以.

【小问2详解】

以原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.

则，，，

设，，，

因为若到直线的距离为，

即，解得.

故，，，

，，，.

设平面的法向量为，则，

所以，不妨取.

设平面的法向量为，则，

所以，不妨取.

设平面与平面夹角为，则，

即平面与平面夹角的余弦值为.

20. 在某次数学考试中，考生的成绩X服从一个正态分布，即．求：

（1）试求考试成绩位于区间的概率．

（2）若这次考试共有2000名学生，试估计考试成绩在的人数．

（3）若从参加考试的学生中（参与考试的人数超过2000人）随机抽取3名学生进行座谈，设选出的3人中考试成绩在80分以上的学生人数为，求随机变量的分布列与均值．

附：若，，，

【答案】（1）   

（2）   

（3）分布列见解析，期望为

【解析】

【分析】（1）利用题设中给出的参考数据可得所求的概率.

（2）可求，从而可求相应区间上的人数.

（3）利用二项分布可求分布列，利用公式可求期望.

【小问1详解】

因为，故均值为，标准差为，

故.

【小问2详解】

,

故考试成绩在的人数约为，

【小问3详解】

因为，结合题设条件可得，

故，，

，，

故随机变量的分布列如下：

故.

21. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率，为椭圆上一动点，面积的最大值为2.

（1）求椭圆的方程；

（2）若，分别是椭圆长轴的左、右端点，动点满足，连接交椭圆于点，为坐标原点.证明：为定值.

【答案】（1）   

（2）为定值4，证明见解析

【解析】

【分析】（1）结合离心率和面积的最大值列出关于的方程，解方程即可；

（2）设直线CM方程，写出点M坐标，联立椭圆方程，求点N坐标，通过向量数量积计算即可；

【小问1详解】

当P为短轴端点时，的面积最大，，故解得，故椭圆的方程为.

【小问2详解】

由（1）知，,设直线，,，

联立整理得，

由得，，

,，

故为定值4.

22. 已知函数（为的导函数）.

（1）讨论单调性；

（2）设是的两个极值点，证明：.

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）令，讨论两种情况，利用导数得出单调性；

（2）由极值点的定义得出，，，由分析法结合导数证明，从而得出.

【小问1详解】

的定义域为.

，设，则

当时，恒成立，在上单调递增.

当时，由，得；由，则；

即在上单调递增，在上单调递减

综上，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减

【小问2详解】

证明：，因为，是函数的两个极值点，

所以，

两式相减得，

欲证，只需证.

①

不妨设，故①变形为②

令，，

则在上单调递增，则

故②式成立，即要证不等式得证

【点睛】关键点睛：对于问题二，关键是将，取对数并利用极值点的定义得出，从而将为两个变量变为单变量，再由导数证明不等式.