江苏省宿迁中学2021-2022学年高二下学期期末数学试题 Word版含解析

2021-2022学年度第二学期高二年级期终考试

数学试题

试卷满分（150分）考试时间（120分钟）

一、单项选择题：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】D

【解析】

【分析】根据绝对值的几何意义可解得，利用对数函数单调性可得，再求．

【详解】∵，则，即

∴

又∵

∴

故选：D．

2. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ）

A  B.

C. 或 D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用空间向量夹角的坐标表示求得，即，进而可知直线和平面的位置关系.

【详解】由，，，

所以，即，

所以

故选：A

3. 设定义在上的奇函数，满足对任意的都有，且当时，，则的值等于（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题设可得的周期为4，利用周期性、奇函数性质及对称性求出的值即可.

【详解】由题设，，故，，

所以，故的周期为4，

故，而，，

所以.

故选：C

4. 已知实数满足，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用基本不等式“1”的代换求的最值，注意等号成立条件.

【详解】由题设，，

所以，

当且仅当时等号成立，

所以的最小值为.

故选：B

5. 某射手每次射击击中目标的概率固定，他准备进行次射击，设击中目标的次数为X，已知，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先分析出，求出和，套公式求出.

【详解】某射手每次射击击中目标的概率为.由题意可知：.

因为，所以，解得：.

又，解得：.

所以.

故选：D

6. 已知函数，若对于任意的实数，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由解析式判断分段函数的单调性，根据单调性有在上恒成立，求a的范围.

【详解】由在上递增，值域为，

在上递增，值域为，

所以在定义域上递增，且值域为，

由题设不等式恒成立，即，

故在上恒成立，

所以.

故选：D

7. 函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】把题意转化为在区间上只有一个变号零点.分离参数得：.

令，利用导数判断出g(x)的单调性，求出当时, 在区间上只有一个变号零点,即可得到实数a的取值范围.

【详解】由题意, ,所以.

因为定义在(0,+∞)上的函数在区间上有且仅有一个极值点,所以在区间上只有一个变号零点.

令,则.

令，则.

所以当0<x<1时, ;当x>1时.所以g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以.

又，且区间端点不能成为函数的极值点，故当时, 有一个极值点x=3在区间上,符合题意；当时, 没有极值点在区间上,不合题意,故当时, 在区间上只有一个变号零点,故实数a的取值范围为.

故选:B

8. 设，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】因为，所以．

设，

则，

令，则．

当时，，，，

所以，所以当时，，

所以在上单调递增，

从而，

因此，即．

综上可得．

故选：A

【点睛】比较函数值的大小，要结合函数值的特点，选择不同的方法，本题中，可以作差进行比较大小，而的大小比较，则需要构造函数，由导函数得到其单调性，从而比较出大小，有难度，属于难题.

二、多项选择题：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，全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分.

9. 下列命题为真命题的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若关于的不等式的解集为，则

D. 若，则“”是“”的必要不充分条件

【答案】BC

【解析】

【分析】A令判断即可；B作差法比较大小；C由一元二次不等式解集及根与系数关系求参数a、b即可；D令判断必要性是否成立.

【详解】A：时，错误；

B：，

而，则，故，

所以，即，正确；

C：由题设，可得，故，正确；

D：当时，而不成立，必要性不成立，错误.

故选：BC

10. 已知的展开式中只有第6项的二项式系数最大，若展开式中所有项的系数和为1，则正确的命题是（    ）

A.

B.

C. 展开式中常数项为

D. 展开式中含的项为

【答案】ABD

【解析】

【分析】由题设且求n、a，再由二项式展开式通项求常数项和含的项，即可判断各项正误.

【详解】由题意知：当时，

又展开式中只有第6项的二项式系数最大，即，

所以，可得且，即，A正确.

所以且，则，B正确；

由上的展开式通项为，

故当时常数项为，C错误；

当时，D正确.

故选：ABD

11. 下列说法正确的是（    ）

A. 6个不同的小球放入到5个不同的盒子中，要求每个盒子里至少有一个球，则不同的放法共有

B. 甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，其中甲只能排在乙的左边，丁只能排在乙的右边，则不同的排法有20种

C. 已知随机变量满足，，．若，则

D. 已知，那么

【答案】BC

【解析】

【分析】A、B应用分步计数，结合排列组合数作计数；C分别求对应值的概率，再应用期望公式求期望，即可比较大小；D利用全概率公式求即可.

【详解】A：先从6个小球选2个放入一个盒子，再把它们与其它4个小球全排列，即种，错误；

B：首先将甲乙丁排好形成4个空，再把丙戊插入队列中有种，正确；

C：由题意，，则；

，，则；

而，故，正确；

D：由题设，而，错误.

故选：BC

12. 如图，在边长为3的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（    ）

A. 与所成角的余弦值为

B. 过三点的正方体的截面面积为

C. 在线段上运动，则三棱锥的体积不变

D. 为正方体表面上的一个动点，分别为的三等分点，则的最小值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】结合选项，逐个进行求解，异面直线所成角可以利用平移法求解，截面面积利用梯形面积公式求解，体积问题利用等体积法求解，的最小值可以利用补形法求解.

【详解】对于A，取的中点，连接，如图，

因为，所以，即或其补角是与所成角.

在中，，，故A正确.

对于B，过三点的截面如图所示，其中为的中点，

四边形中，，，

所以四边形是等腰梯形，其高为，所以截面面积为，故B不正确.

对于C，因为，平面，所以平面，

因为在线段上运动，所以高与底面积为定值，三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变，故C正确.

对于D，如图，补形一个全等的正方体，

设是靠近的一个三等分点，根据题意可得，，

，

所以，即.

根据对称性可知，所以，

当为与平面的交点时，取到等号，即的最小值为.

故选：ACD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案直接填写在答题卡相应位置上.

13. 已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为________.

【答案】.

【解析】

【分析】设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题，求得,结合条件概率的计算公式，即可求解.

【详解】由题意，从5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出不再放回，

设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题，

则，，

所以在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为:

.

故答案为：.

14. 已知函数有唯一零点，则________

【答案】

【解析】

【分析】令，得到的解析式，判断出是偶函数，从而得到的图像关于成轴对称，根据函数有唯一零点，得到，从而得到的方程，解出的值.

【详解】

设，则

定义域为，

所以为偶函数，

所以的图像关于成轴对称

要使有唯一零点，

则只能，

即

解得，

故答案为：.

【点睛】本题考查判断函数奇偶性，根据函数的零点求参数的值，属于中档题.

15. 已知是函数的导函数，，对任意实数都有，则的解集为______.

【答案】

【解析】

【分析】令并利用导数研究其单调性，结合等价于，即可得解集.

【详解】由题设，令则，

所以在定义域上递减，

而等价于，即，

所以，故不等式解集为.

故答案为：

16. 已知，则

（1）被3除的余数是___；

（2）_______.

【答案】    ①. 1    ②.

【解析】

【分析】（1）赋值法求①、②，两式相加即可得结果；

（2）对等式两边求导并令得③，结合（1）中①乘以2023，与③作差即可得结果.

【详解】（1）令，则，

令，则，

所以，故，

而，其展开式的通项为，

所以，除了时外，其它各项均可被3整除，

故被3除的余数是1.

（2）等式两边求导得：，

故时，，

由（1）知：，则，

故

.

故答案为：1，

四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 使不等式对一切实数恒成立的的取值范围记为集合，集合.

（1）求集合；

（2）若是的充分条件，求实数的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题设不等式恒成立有恒成立，即可求k范围，进而写出集合A；

（2）由充分条件有，进而可得对任意的恒成立，应用换元法、基本不等式求右侧的最小值，即可得m范围.

【小问1详解】

对一切实数恒成立，

，

，即.

【小问2详解】

若是的充分条件，则，

对任意的恒成立，

对任意的恒成立，

令，则，

（当且仅当时取等号），

.

18. 为了丰富学生的课余生活，高三年级举行乒乓球比赛，选手每赢一局就会获得一个纪念品，小明和小华进行比赛，小明每局获胜的概率均为，不存在平局，两人约定先胜4局者赢得比赛.

（1）求比赛5局小明获胜的概率；

（2）若在前3局中小明胜两局，小华胜一局，记比赛结束时，小明获得的纪念品的个数为随机变量，求的分布列和数学期望.

【答案】（1）；   

（2）分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）应用独立事件的乘法公式求比赛5局小明获胜的概率，注意前4局必有1局小华胜；

（2）由题设的可能取值为2，3，4，求出对应概率值，即可得分布列，进而求期望.

【小问1详解】

记“比赛5局小明获胜”为事件A，则.

【小问2详解】

的可能取值为2，3，4，

，

，

，

的分布列为

所以.

19. 已知函数为偶函数.

（1）求实数的值；

（2）解关于的不等式；

（3）设，函数与图象有2个公共点，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据偶函数建立等式可求解；

（2）先证明在上的单调性，再根据偶函数解不等式即可；

（3）将问题转化为有两个不相等的正实根，利用一元二次方程根的分布求解即可.

【小问1详解】

由函数表达式可知定义域，

函数为偶函数

即： 

，即.

【小问2详解】

，

任取，且，

则，，，

所以

所以，

所以在上递增，

又因为为上的偶函数，

，

，即，解得，

所求不等式的解集为

【小问3详解】

在上有两个不相等的实根

令，则

有两个不相等的正实根

解得.

20. 国家加大了对全民体育锻炼的重视程度，推行全民体育锻炼工作，全民体育锻炼活动在全国各地蓬勃发展，活动规模不断扩大，内容不断充实，方式不断创新，影响日益扩大，使我国国民身体素质得到了大幅度提高.某高中为响应政府号召，在寒假中对某校高二400名学生（其中男生240名）按性别采用分层抽样的方法抽取100名学生进行调查，了解他们每天的体育锻炼情况如下表：

（1）根据统计数据完成以上2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过的条件下，认为该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在差异？

（2）若从抽出的100名学生中按“每天体育锻炼时间是否低于1”采用分层随机抽样抽取10名学生准备进行身体素质测试，在这10名学生中随机抽取3名学生，记这3名学生每天体育锻炼时间不低于1的人数为，求的分布列和数学期望.

（3）若将频率视作概率，从该校所有在校学生中随机抽取10人进行调查，记10人中每天体育锻炼时间不低于1的人数为的概率为，当取得最大值时，求的值.

附参考数据及公式：，其中.

【答案】（1）列联表见解析，不能推断该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在差异；   

（2）分布列见解析，1.8；   

（3）6.

【解析】

【分析】（1）由分层抽样的等比例性质求出100名学生中男女生的人数，进而完善列联表，应用卡方公式求卡方值，根据独立检验的基本思想得到结论；

（2）由题设知的所有可能取值为0，1，2，3并求出对应概率，写出分布列，进而求期望；

（3）将频率视为概率则，利用二项分布概率公式及不等式法求取得最大时对应的k值.

【小问1详解】

高二有400名学生（其中男生240名），则抽取100名学生中男生名，女生40名，

2×2列联表如下：

则，

所以在犯错误的概率不超过的条件下，不能推断该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在差异；

【小问2详解】

100名学生中“每天体育锻炼时间不低于1”的人数为60人，

因此抽取10名学生“每天体育锻炼时间不低于1”的人数为6人，

而的所有可能取值为0，1，2，3.

， ，

所以的分布列为：

数学期望.

【小问3详解】

将频率视作概率则，所以，

由得：，

解得，又，故.

21. 如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段上的动点.

（1）若为线段的中点，证明：平面平面；

（2）若，且，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由线面垂直、正方形的性质有、，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直、等腰三角形的性质有、，最后由线面垂直、面面垂直的判定证明结论.

（2）构建空间直角坐标系，求出面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.

【小问1详解】

由底面，底面，则，

在正方形中，，

由，面，则平面，

由面，所以.

由，E为中点，则

又，面，则平面，

因为面AEF，从而平面平面.

【小问2详解】

以A为坐标原点，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则.

由（1）知：为平面的法向量.  

由知：，

因为所以即

又所以，

设平面的法向量为，

由，即，取，则，

所以，又二面角是锐二面角，

所以二面角的余弦值为.

22. 已知函数，.

（1）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围；

（2）若方程有且仅有两个实根，

①求实数的取值范围；

②证明：.

【答案】（1）；   

（2）①；②证明见解析.

【解析】

【分析】（1）将问题化为在上恒成立，利用导数研究右侧最大值求参数范围；

（2）①由题设有，构建，根据其单调性将问题化为有且仅有两个实根，令，利用导数研究单调性，根据零点个数求t范围，再结合零点存在性定理验证零点个数；

②设有，应用分析法将问题化为证，并利用导数证明不等式即可.

【小问1详解】

因为不等式对于恒成立，即对于恒成立

所以，令，则，

所以当时，递增；当时，递减；

即在处取得极大值也为最大值，从而.

【小问2详解】

①方程，即，

所以，

令，则，

因为单调递增，所以，

因为有且仅有两个实根，

所以有且仅有两个实根，即有且仅有两个实根，

令，则，

由（1）知：在上递增，在上递减，

而在上值域为，上值域为，

由有两个零点，则，即，

当时，，所以，

由零点存定理知：在上存在唯一零点，

当时，令，则，故递减，

所以，即，

故，

令得：，即有，所以，

由零点存在定理知：在上存在唯一零点，

综上，有且仅有两个零点，

所以.

②因为有且仅有两个实根，不妨设，

所以，两式相除得，

令，解得，

要证，即证，即证，即证，

令，则对恒成立，

所以，证得.

【点睛】关键点点睛：第二问，①构造，并由其单调性有，问题化为有且仅有两个实根；②应用分析法将问题转化为求证.