2022安康高二下学期期末考试理科数学试题含解析

姓名________  准考证号________

（在此卷上答题无效）

绝密★启用前

2021~2022学年第二学期高二年级期末考试

理科数学

本试卷共4页．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，再选涂其它答案标号．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12小题，每小题5分，共60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，B=，则（    ）

A. {-2，-1，1} B. {-2， 0， 1} C. {-2，-1} D. {-1， 1}

【答案】A

【解析】

【分析】由题知，再根据集合的补集运算与交集运算求解即可.

详解】，则或，

所以.

故选：A.

2. 复数的虚部为（    ）

A. -1 B. 1 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数模长与四则运算进行计算即可.

【详解】，所以虚部为-1.

故选：A

3. 函数的部分图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先利用定义域和奇偶性排除选项D，再利用特殊值排除选项A、C.

【详解】因为定义域为，

且，

所以为偶函数，其图象关于轴对称，

故排除选项D；

又，所以排除选项A；

又，所以排除选项C.

故选：B．

4. 已知向量，且，则（    ）

A.  B.  C. 2 D. -2

【答案】D

【解析】

【分析】利用列方程，化简求得

【详解】因为，，所以，又因为，所以，化简得.

故选：D.

5. 长方体的长，宽，高分别为3，，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出长方体外接球半径，再由球体体积公式求体积.

【详解】球O的半径为，

∴体积．

故选：A

6. 四名同学各掷骰子五次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（    ）．

A. 平均数为3，中位数为2 B. 中位数为3，众数为2

C. 平均数为2，方差为2.4 D. 中位数为3，方差为2.8

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意举出反例，即可得出正确选项．

【详解】解：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；

对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误；

对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差S2＞（6﹣2）2＝3.2＞2.4，

∴平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故C正确；

对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，

平均数为：＝（1+2+3+3+6）＝3

方差为S2＝[（1﹣3）2+（2﹣3）2+（3﹣3）2+（3﹣3）2+（6﹣3）2]＝2.8，可以出现点数6，故D错误．

故选：C．

7. 将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则的最小值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】依据平移然后判断可知，简单判断可知结果.

【详解】由已知可得，

∴，∴．

∵，∴的最小值是．

故选：C

8. 已知直线与曲线相切，则实数a的值为（    ）

A.  B. 1 C. 2 D. e

【答案】B

【解析】

【分析】假设切点坐标，然后根据，，计算即可.

【详解】设切点坐标为，所以①，②，③，

由①②③可知，，．

故选：B

9. 设，若，则n=（    ）

A. 6 B. 7 C. 10 D. 11

【答案】B

【解析】

【分析】根据二项展开式的通项公式，并结合求解即可.

【详解】解：展开式第项，

因为，所以，即，

所以，整理得，解得.

故选：B.

10. 若函数的最大值为，则常数的一个可能取值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用两角和的正弦公式和辅助角公式，将函数转化为，再根据函数的最大值为，由求解.

【详解】，

，

，

，

因为函数的最大值为，且

所以，

化简得，

故选：D

11. 秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从阳，开平方得积．”如果把以上这段文字写成公式就是，其中a，b，c是的内角A，B，C的对边，若，且，则面积S的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据正弦定理和余弦定理得到，代入面积公式并根据基本不等式可求出结果.

【详解】由得，得，

所以

，当且仅当，时，等号成立.

故选：B

12. 已知双曲线C：（，）的左，右焦点分别为，，A为C的左顶点，以为直径的圆与C的一条渐近线交于P，Q两点，且，则双曲线C的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由圆的对称性，并联立渐近线方程求、坐标，结合已知易得，根据得到齐次方程求参数关系，即可得离心率.

【详解】设以为直径的圆的方程为，且、关于原点对称，

由，解得或，

∴，．

∵，，

∴，

∴，

∴，即，

∴，

∴．

故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知函数，若，则的值为________.

【答案】2

【解析】

【分析】先求出，根据得构造方程求得的值.

【详解】，；

，，解得：.

故答案：.

【点睛】本题主要考查分段函数求值，考查对数函数运算法则和对数恒等式的运用，考察运算能力，属于基础题.

14. 已知x，y满足约束条件则的最大值为________．

【答案】3

【解析】

【分析】由约束条件画出可行域，根据目标式的几何意义，应用数形结合求其最大值.

【详解】由约束条件可得如下可行域，

要使最大，即其所在直线在y轴上的截距最大，

所以，当过与y轴交点时有最大值，

此时，.

故答案为：3

15. 已知M为抛物线上的动点，F为抛物线的焦点，，则的最小值为___________.

【答案】4

【解析】

【分析】利用抛物线的定义求解.

【详解】解：如图所示：

设点M在准线上的射影为D，

由抛物线的定义知，

∴要求的最小值，即求的最小值，

当D，M，P三点共线时，最小，

最小值为.

故答案为：4

16. 已知正方体的棱长为2，M为的中点，点N在侧面内，若，则△ABN面积的最小值为________．

【答案】##

【解析】

【分析】取BC中点E，连接，由得到，取AD中点F，连接EF，易得，结合题设知N在上，进而求出N到AB的最小距离，即可求△ABN面积的最小值.

【详解】取BC中点E，连接，

由，，，可得：，

∴，则，即，

取AD中点F，连接EF，则四边形为平行四边形，

∴．

∵点N在侧面内，且，

∴N在上，且N到AB的最小距离为，

∴△ABN面积的最小值为．

故答案为：

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. 已知等差数列的前n项和为，，．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前n项和．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）假设公差，然后根据，解得，最后得到.

（2）根据（1）的结果得到，然后可知是等比数列，最后计算可得.

【小问1详解】

设公差为d，，

∴，．

【小问2详解】

由（1）得，∴，，

∴是首项为8，公比为4的等比数列，∴．

18. 如图，在四棱柱中，平面，底面ABCD满足∥BC，且

(Ⅰ)求证:平面;

(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(Ⅰ) 证明见解析；(Ⅱ)

【解析】

【分析】

(Ⅰ)证明，根据得到，得到证明.

(Ⅱ) 如图所示，分别以为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量，，计算向量夹角得到答案.

【详解】(Ⅰ) 平面，平面，故.

，，故，故.

，故平面.

(Ⅱ)如图所示：分别以为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

设平面的法向量，则，即，

取得到，，设直线与平面所成角为

故.

【点睛】本题考查了线面垂直，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

19. 某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校学生进行一次安全意识测试，根据测试成绩评定“合格”与“不合格”两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格”记分，“不合格”记分．现随机抽取部分学生的成绩，统计结果及对应的频率分布直方图如图所示．

（1）若测试的同学中，分数在、、、内女生的人数分别为人、人、人、人，完成下面列联表，并判断是否有的把握认为性别与安全意识有关？

（2）用分层抽样的方法从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中，共选取人进行座谈，再从这人中任选人，记所选人的量化总分为，求的分布列及数学期望．

附：，其中．

【答案】（1）填表见解析，没有   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）分析可知抽取的学生答卷总数为，求出、的值，可完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；

（2）分析可知抽取的人中“不合格”有人，“合格”有人，则的可能取值为、、、、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，由此可求得的值.

【小问1详解】

解：由频率分布直方图可知得分在的频率为，

故抽取的学生答卷总数为，，，

由题中信息完善列联表如下：

所以，，

故没有的把握认为性别与安全意识有关．

【小问2详解】

解：“不合格”和“合格”的人数比例为，

因此抽取的人中“不合格”有人，“合格”有人，

的可能取值为、、、、，

，，，，，

故的分布列为：

所以，．

20. 已知椭圆C：的短轴长为2，离心率为．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C上任意一点A作两条直线与C的另外两个交点为M，N，O为坐标原点，若直线AM和AN的斜率分别为和，且，证明：M，O，N三点共线．

【答案】（1）；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）由离心率、椭圆参数关系列方程组求参数，即可得椭圆C的方程；

（2）设，，，应用点差法可得，结合有，即得与重合，再由与关于原点对称即可证结论.

【小问1详解】

由题意得：，，，

∴，，

∴椭圆C的方程为．

【小问2详解】

设，，，则，，

两式相减得：，即．

∵，

∴，

∴，

∴，，三点共线，

∵点在椭圆C上，

∴与重合，又与关于原点O对称，

∴弦MN过原点O，即M，O，N三点共线．

21. 已知函数．

（1）若时，，求的取值范围；

（2）当时，方程有两个不相等的实数根，证明：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用导数，判定单调性，求解最值可得范围；

（2）把双变量问题转化为单变量，结合导数求解单调性和最值，可以证明结论.

【小问1详解】

∵， ，∴，

设 ，，

当时，令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，

∴，与已知矛盾．

当时，，∴在上单调递增，∴，满足条件；

综上，取值范围是．

【小问2详解】

证明：当时，，当，，当，，

则在区间上单调递增，在区间上单调递减，

不妨设，则，要证，只需证，

∵在区间上单调递增，∴只需证，

∵，∴只需证．

设，则，

∴在区间上单调递增，∴，∴，即成立，

∴．

【点睛】方法点睛：恒成立问题的处理方法主要有：

（1）分离参数法：转化为函数最值问题；

（2）直接法：直接求解函数最值，必要时进行分类讨论.

双变量问题一般利用等量代换转化为单变量问题进行求解.

（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．

 [选修4-4：坐标系与参数方程]

22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数，）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.

（1）求曲线C以及直线l的直角坐标方程；

（2）设直线l与曲线C相交于A，B两点，若，求值

【答案】（1），；（2）或

【解析】

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化原则即可求得结果曲线选项直角坐标方程，利用消去参数即可得直线的直角坐标方程；

（2）将直线参数方程代入曲线直角坐标方程，可求得和，根据直线参数方程参数的几何意义可知，代入可求得结果.

【详解】解：（1）由，得，，即，

由题知，代入整理得.

（2）将直线的参数方程代入曲线的方程得：

设是方程的根，则：，

∴

，又

    或

 [选修4-5：不等式选讲]

23. 已知函数，.

（1）当时，解不等式；

（2）若在时有解，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先对函数化简，然后分和两种情况解不等式即可，

（2）由题意可得在有解，从而可求出实数的取值范围

【小问1详解】

当时，，

当时，恒成立，

当时，由，得，

综上，

所以不等式解集为.

【小问2详解】

，即，

又因为，则，

整理得，则，

即在有解，则

所以实数的取值范围为