浙江省绍兴市2021-2022学年高二下学期期末考试 数学

这是一份浙江省绍兴市2021-2022学年高二下学期期末考试 数学，共14页。试卷主要包含了命题“”的否定是，在中，“”是“”的，已知，其中为自然对数的底数，则，设函数，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.请将学校､班级､姓名分别填写在答卷纸相应位置上.本卷答案必须做在答卷相应位置上.
2.全卷满分150分，考试时间120分钟.
一､单项选择题（本大题共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.设集合，则（）
A. B.
C. D.
2.若复数满足（为虚数单位），则（）
A. B. C. D.
3.命题“”的否定是（）
A. B.
C. D.
4.在中，“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
5.在同一直角坐标系中，函数，且的图象可能是（）
A.B.
C.D.
6.从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的“喜迎二十大，奋进新征程”的演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（）
A. B. C. D.
7.已知平面向量，满足，且对任意实数，有，设与的夹角为，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
8.已知，其中为自然对数的底数，则（）
A. B.
C. D.
二､多项选择题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9.已知，且，则下列不等式中，恒成立的是（）
A. B.
C. D.
10.设函数，则（）
A.函数的最小正周期是
B.函数的图象关于直线对称
C.函数在上是增函数
D.函数是奇函数
11.在正方体中，点满足，其中，，则（）
A.当时，平面
B.当时，三棱锥的体积为定值
C.当时，的面积为定值
D.当时，直线与所成角的范围为
12.已知采用分层抽样得到的样本数据由两部分组成，第一部分样本数据的平均数为，方差为；第二部分样本数据的平均数为，方差为.设，则以下命题正确的是（）
A.设总样本的平均数为，则
B.设总样本的平均数为，则
C.设总样本的方差为，则
D.若，则
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知函数则__________.
14.已知随机变量，则__________.
15.现要给1个小品类节目，2个唱歌类节目，2个舞蹈类节目排列演出顺序，要求同类节目不相邻，则不同的排法有__________种.
16.在三棱锥中，，二面角的平面角为，则它的外接球的表面积为__________.
四､解答题（本大题共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.（本题满分10分）
在二项式的展开式中
（1）求各二项式系数和；
（2）求含的项的系数.
18.（本题满分12分）
在中，内角所对的边分别是，且.
（1）求角；
（2）若，求的面积.
19.（本题满分12分）
如图，已知四棱锥平面，
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20.（本题满分12分）
已知函数.
（1）求在上的最小值；
（2）设函数，若方程有且只有两个不同的实数根，求的取值范围.
21.（本题满分12分）
某市为筛查新冠病毒，需要检验核酸样本是否为阳性，现有且份核酸样本，可采用以下两种检验方式：
①逐份检验：对k份样本逐份检验，需要检验k次；
②混合检验：将k份样本混合在一起检验，若检验结果为阴性，则k份样本全为阴性，因而这k份样本只需检验1次；若检验结果为阳性，为了确定其中的阳性样本，就需重新采集核酸样本后再对这k份新样本进行逐份检验，此时检验总次数为k+1次.
假设在接受检验的核酸样本中，每份样本的检验结果是相互独立的，且每份样本结果为阳性的概率是p.
（1）若对k份样本采用逐份检验的方式，求恰好经过4次检验就检验出2份阳性的概率（结果用p表示）；
（2）若k=20，设采用逐份检验的方式所需的检验次数为X，采用混合检验的方式所需的检验次数为Y，试比较与的大小.
22.（本题满分12分）
已知函数.
（1）若，求在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围.
2021-2022学年第二学期高中期末调测
高二数学参考答案
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
二､多项选择题（每小题全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分，共20分）
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 14. 15.48 16.
四､解答题（本大题共6小题，共70分.）
17.（本题满分10分）
解：（1）各二项式系数和为.
（2）因为，
令，解得，
所以的项的系数为.
18.（本题满分12分）
解：（1）因为，
所以.
因为，所以，即.
所以.
（2）因为
解得.
所以.
19.（本题满分12分）
解：（1）连接，由题意平面，
所以平面.
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，所以.
又，所以平面.
（2）由可知平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离，
又由（1）知平面，设直线与平面所成角为，
又，
所以.
法二､
如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，
建立直角坐标系，则.
作，垂足为，又，所以平面.
所以，
设平面的法向量为，
由得，可取
设直线与平面所成角为，
所以.
20.（本题满分12分）
解：（1）因为函数的对称轴方程为.
①当时，即时，
在上单调递增，所以.
②当时，即时，
在单调递减，在单调递增，
所以.
③当时，即时，
在上单调递减，所以.
综上①②③
（2）令，由题意可知一定有解，不妨设为，且，
则等价于以下四种情况：
①当时，
由解得，此时，不符合题意.
②当且时，
需满足
③当时，
需满足解得.
④当时，
需满足解得.
综上①②③④或.
21.（本题满分12分）
解：（1）记恰好经过4次检验就检验出2份阳性为事件，
所以.
（2）由题意知.
因为，
所以.
所以，令，
解得.
所以当时，；
当时，；
当时，.
22.（本题满分12分）
解：（1）当时，，
因为，
所以，又，
所以切线方程为.
法一（2）因为时恒成立，所以需首先满足.
因为，
令，则.
①当时，有恒成立，所以在单调递减，
又，所以在恒成立，
所以在上单调递减，
所以，符合题意.
②当时，恒成立，所以在单调递增，
又.
所以
（i）当时，，
所以在恒成立，所以在上单调递减，
所以，符合题意.
（ii）当时，，
所以存在，使得，
当时，，当时，
所以在单调递减，在单调递增，
所以
解得.
所以在②条件下
③当时，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，
所以恒成立，所以在上单调递减，
所以，符合题意.
综上①②③.
法二（2）因为时恒成立，所以需首先满足
解得.
下面先证明.
令，则在上恒成立，
所以，则成立.
所以有
令
则，
显然在上单调递增，又，
所以存在，使得.
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
所以当时，有恒成立.
法三
因为时恒成立，所以需首先满足，
解得.
所以，所以.
又.
（1）当时，当时，，所以在上单调递增，
所以只需.
解得.
②当时，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以.
解得，所以此时.
综上①②得.
法四
下面先证明.
令，则在[0，2]上恒成立，
所以，则成立.
所以，
即.
令，所以只需求的最小值.
①当时，因为，
所以.
②当时，.
因为，
所以，
所以，所以在上单调递减，
所以.
综合①②得.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
D
A
B
C
D
B
题号
9
10
11
12
答案
BCD
AC
ABD
AD