广西梧州市2021-2022学年高二下学期期末检测数学（文）试题（含答案）

这是一份广西梧州市2021-2022学年高二下学期期末检测数学（文）试题（含答案），共11页。试卷主要包含了已知，则的值为，已知，则的大小关系为，大气压强，它的单位是“帕斯卡”等内容，欢迎下载使用。
（全卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．答题前，考生务必将姓名、座位号、考籍号填写在答题卡上。
2．考生作答时，请在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡），在本试题上作答无效。
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个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．复数（其中为虚数单位）在复平面内对应的点在
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知，则的值为
A．B．C．D．
4．在递增的等比数列中，，，则的值为
A．B．C．或D．或
5．已知向量，若，则在方向上的投影为
A．B．C．D．
6．已知抛物线上的点到该抛物线焦点的距离为，则
A．4B．3C．D．
7．已知，则的大小关系为
A．B．C．D．
8．大气压强，它的单位是“帕斯卡”．大气压强随海拔高度的变化规律是，是海平面大气压强．已知在某高山两处测得的大气压强分别为，，那么两处的海拔高度的差约为（参考数据：）
A．B．C．D．
9．如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为
A．2B．C．D．8
10．已知对任意的实数，直线与圆有公共点，则实数的取值范围为
A．B．C．D．
11．设双曲线的左焦点为，直线过点且与双曲线在第二象限的交点为，，其中为坐标原点，则双曲线的方程为
A．B．C．D．
12．已知是定义在上的偶函数，且对任意，有，当时，，则
A．0B．C．1D．2
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知实数，满足，则的最大值为________．
14．已知中，，，，则的面积为________．
15．在正四棱锥中，已知，则该正三棱锥的外接球的表面积为________．
16．已知函数，点，，是直线与函数的图象自左至右的某三个相邻交点，若，则________．
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．（本题满分12分）
已知等差数列中，，数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
18．（本题满分12分）
如图，是等腰直角三角形，，四边形是直角梯形，，，且，平面平面．
（1）求证：；
（2）若点是线段上的一个动点，问点在何位置时三棱锥的体积为？
19．（本题满分12分）
为增强学生的环保意识，让学生掌握更多的环保知识，某中学举行了一次“环保知识竞赛”．为了解参加本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分取正整数，满分100分）作为样本（样本容量为）进行统计，按照，，，，的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图（茎叶图中仅列出了得分在，的数据），如下图所示．
（1）求样本容量和频率分布直方图中，的值；
（2）试估测本次竞赛学生成绩的平均数、中位数；
（3）在，内按分层抽样的方法抽取5名学生的成绩，从这5名学生中随机抽取2人，求2人成绩都在的概率．
20．（本题满分12分）
已知椭圆的短轴长为2，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆的右顶点，直线与椭圆相交于两点（两点异于点），且，证明：直线恒过定点．
21．（本题满分12分）
已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若在区间上的最大值为，最小值为，求证：．
（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．
22．［选修4-4：坐标系与参数方程］（本题满分10分）
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．在以原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线和曲线的直角坐标方程；
（2）设，若曲线与曲线交于，两点，求的值．
23．［选修4-5：不等式选讲］（本题满分10分）
已知．
（1）当时，求的解集；
（2）若不存在实数，使成立，求的取值范围．
2021～2022学年度高二（下）期末检测
文科数学参考答案
1．A 解析：集合，集合
，则，故选A．
2．B 解析：，复数在复平面上对应的点为，位于第二象限，故选B．
3．A 解析：，故选A．
4．A解析：解得或，故或，又为递增数列，则，故，故选A．
5．D解析：，由，得，得，在上的投影．故选D．
6．B 解析：由抛物线为的性质可知，得，故，故选B．
7．B 解析：因为，所以．故选B．
8．C 解析：在某高山两处海拔高度为，所以，所以
，所以．故选C．
9．C 解析：根据几何体的三视图，得到几何体的直观图如下所示：
该几何体为三棱锥，三棱锥是由四棱锥截去三棱锥所剩下的部分，由于，，所以体积．故选C．
10．B 解析：由直线可化为，则直线过定点，因为直线与圆有公共点，所以定点在圆上或圆内，可得，解得，故选B．
11．D 解析：设左焦点的坐标为，由点过直线，所以，解得：，设右焦点为，连接，，，由，故三角形为直角三角形．
又因为直线斜率为，设直线倾斜角为，则．
又，则．
由双曲线定义，则，所以，双曲线的方程为．故选 D．
12．D 解析：依题意，为偶函数，且关于对称，则
，故的周期为4，
由的周期为4，且一个周期的和为0，．又，，故 ．故选 D．
13．7 解析：作出示意图如图所示，
，即，由图可知，当时，取得最大值为．
14． 解析：因为，由正弦定理可得：，可得：，因为，可得：，所以，可得：，所以三角形为等腰三角形，．
15． 解析：在正三棱雉中，由，设为三角形的中心，则 ，则，设外接球球心为，半径为，则在中，有，则，则外接球表面积为．
16．3 解析：作出示意图如图所示：
由，则，则，故的周期，得，即，且，可得，且，得，则，得，则．
17．解析：（1）设等差数列的公差为，由已知可得，解得，
所以，
又，所以．
（2），错位相减法：
①
②
①式-②式得：
，
故．
18．解析：（1）连接，因为四边形是直角梯形，，
，
所以，
所以，即．
因为平面平面，平面平面，
C平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，平面，平面，，
所以平面，因为平面，
所以．
（2）由（1）平面，，设，
则到平面的距离为，
因为是等腰直角三角形，，，所以，
所以，即，解得．
故为的中点．
19．解析：（1）由题意可知，样本容量，
．
（2）；
设中位数为，则，所以．
（3）在成绩分组的学生分别为20人，5人，
现要按分层抽样抽取5人，则在成绩分组中各抽取4人，1人；
记成绩在的学生为，，，，成绩在的学生为．
则从这5人中抽取2人有，共10种情况．
2人成绩都在的有共6种情况．
所以从这5名学生中随机抽取2人，2人成绩都在的概率．
20．解析：（1）由题意，，
设焦距为，则，，，
又，所以，所以，椭圆的标准方程为．
（2）由题意知，直线的斜率不为0，则不妨设直线的方程为．
联立得，消去得，
，化简整理，得．
设，则．
因为，所以．
因为，，得，
将代入上式，得，
得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，则直线恒过点．
21．解：（1）因为，则，
当时，令，解得或，此时在上单调递增；
令，解得，此时在上单调递减；
当时，，故此时在上单调递增；
当时，令，解得或，此时在上单调递增；
令，解得，此时在上单调递减．
（2）由（1）可知，当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，
又，
故；
又，
则，即，
故；
则，
令，
则，
令，可得，此时单调递增，
令，可得，此时单调递减，
又，故当时，，即当时，，即证．
22．解：（1）曲线的参数方程为（为参数），整理得，
两式相减得曲线的直角坐标方程为：；
曲线的极坐标方程为，
根据，可得，即．
曲线的直角坐标方程为：．
（2）由于点满足直线的方程，故直线的参数方程为（为参数），
把直线的参数方程代入，得到：，
所以，，
故．
23．解析：（1）当时，，则即，
当时，原不等式可化为，解得；
当时，原不等式可化为，解得，原不等式无解；
当时，原不等式可化为，解得．
综上可得，原不等式的解集为．
（2）依题意得，，都有，
则，
所以或，所以或（舍去），所以．