2021-2022学年陕西省商洛市高二（下）期末数学试卷（理科）（Word解析版）

这是一份2021-2022学年陕西省商洛市高二（下）期末数学试卷（理科）（Word解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年陕西省商洛市高二（下）期末数学试卷（理科） 题号一二三总分得分      一、单选题（本大题共12小题，共60分）已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 若复数满足，则(    )A.  B.  C.  D. 若向量，则与夹角的余弦值为(    )A.  B.  C.  D. 已知是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列，则公差为(    )A.  B.  C.  D. 若圆锥的母线与底面所成的角为，底面圆的半径为，则该圆锥的体积为(    )A.  B.  C.  D. 世界人口变化情况的三幅统计图如图所示．

下列四个结论中错误的是(    )A. 从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加
B. 年到年各洲中北美洲人口增长速度最慢
C. 年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多
D. 年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平已知命题：，命题：，则是的(    )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函数的图象大致形状是(    )A.  B.
C.  D. 已知函数的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则(    )A.  B.
C.  D. 已知函数，则不等式的解集为(    )A.  B.  C.  D. 已知函数的极值点为，若有且只有一个，则实数的取值范围为(    )A.  B.  C.  D. 设抛物线：的焦点为，准线为，为上一点，以为圆心，为半径的圆交于，两点．若，且的面积为，则(    )A.  B.  C.  D.  二、填空题（本大题共4小题，共20分）在展开式中，含的项的系数是______．已知，则______．已知双曲线的实轴长是虚轴长的倍，则的离心率为______．在长方体中，底面是边长为的正方形，，过点作平面与，分别交于，两点，且与平面所成的角为，给出下列说法：
异面直线与所成角的余弦值为；
平面；
点到平面的距离为；
截面面积的最小值为．
其中正确的是______请填写所有正确说法的编号 三、解答题（本大题共7小题，共84分）在中，内角，，的对边分别为，，，且满足．
求角；
若，，求的面积．随着奥密克戎的全球肆虐，防疫形势越来越严峻，防疫物资需求量急增．下表是某口罩厂今年的月份与订单单位：万元的几组对应数据：月份订单求关于的线性回归方程，并估计该厂月份的订单金额．
已知甲从该口罩厂随机购买了箱口罩，该口罩厂质检过程中发现该批口罩的合格率为，不合格的产品需要更换，用表示甲需要更换口罩的箱数，求随机变量的分布列和数学期望．
参考数据：．
参考公式：回归直线的方程是，其中如图，在三棱锥中，平面，点，分别是，的中点，且．
证明：平面．
若，，求平面与平面夹角的余弦值．
已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与椭圆相交于，两点，直线的倾斜角为，到直线的距离为．
求椭圆的焦距；
若，求椭圆的方程．已知函数，为的导函数．
求不等式的解集；
设函数，若在上存在最大值，求实数的取值范围．已知直线的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
若直线与曲线交于，两点，点的直角坐标为，求．已知函数．
求不等式的解集；
若函数的最大值为，正数，满足，求的最小值．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，
或，
，
则．
故选：．
求出集合，进而求出，由此能求出．
本题考查集合的运算，考查交集、补集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 2.【答案】 【解析】解：，
，
．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：设与夹角为，
，
，，，
，
故选：．
利用平面向量的数量积运算，向量夹角公式求解即可．
本题考查平面向量的数量积运算，考查向量夹角公式，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：因为，故，解得．
又，，成等比数列，
所以，
设公差为，
所以，整理得，
因为，所以．
故选：．
由等差数列的性质，通项公式以及等比数列的性质求解即可．
本题主要考查了等差数列与等比数列基本量的计算，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：设圆锥的高为，
母线与底面所成的角为，又底面圆的半径为，
，．
圆锥的体积．
故选：．
设圆锥的高为，利用母线与底面所成角求出高即可得解．
本题考查线面角的概念，圆锥的体积公式，属基础题．
 6.【答案】 【解析】解：由折线图可以看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；
由扇形统计图可知年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故C正确；
由条形统计图可知年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平，故D正确；
三幅统计图并不能得到各个洲人口增长速度的快慢，故B错误．
故选：．
根据三幅统计图依次判断每个选项即可．
本题考查命题真假的判断，考查折线图、扇形统计图、条形统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 7.【答案】 【解析】解：命题：，即或，
为，
又命题：，且与二者均无包含关系，
是的既不充分也不必要条件．
故选：．
根据已知条件，求出，再结合集合之间的关系，即可求解．
本题主要考查命题的否定，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：，则，
则是奇函数，图象关于原点对称，排除，，
当时，，排除，
故选：．
判断函数的奇偶性和对称性，利用当时，，利用排除法进行判断即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性，对称性以及排除法是解决本题的关键，是基础题．
 9.【答案】 【解析】解：的最小正周期为，
；
将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
故选：．
利用三角函数中的恒等变换应用化简得，依题意，可求得，再利用 ，的图象变换规律可得答案．
本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查正弦函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：因为，
当时，函数单调递减，且，
当时，函数单调递减，且，
所以函数在上是单调递减，
所以不等式等价于，解得．
即不等式的解集为．
故选：．
由函数解析式判断函数的单调性，根据单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，求解即可．
本题考查的知识点是分段函数的应用，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：，依题意，在区间上有且仅有一个变号零点，
令，则，令，
求导，
当时，，当，
时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
，
又，
结合在上的图象可得，
，即，
所以实数的取值范围为．
故选：．
由题意，对函数求导，再分离参数法，求函数的最值即可．
本题考查利用导数研究函数的最值，考查函数的运算能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：因为以为圆心，为半径的圆交于，两点，

所以，
结合抛物线的定义，可知点到准线的距离为，
又因为，，
所以的面积为，解得．
故选：．
画出图形，由题意可得，，然后结合抛物线的定义与三角形面积公式，即可求解．
本题主要考查抛物线的定义，考查数形结合的能力，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：由题意，得的展开式的通项公式为，
令，则的系数为．
故答案为：．
先求得展开式的通项公式，再利用赋值法求含的项的系数．
本题考查的知识要点：二项式展开式的应用，组合数的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 14.【答案】 【解析】解：，，．
解得：，，
．
故答案为：．
根据同角三角函数的基本关系及二倍角公式，即可得到结论．
本题主要考查函数值的计算，利用三角函数的倍角公式是解决本题的关键．
 15.【答案】 【解析】解：因为的实轴长是虚轴长的倍，所以，从而．
故答案为：．
利用已知条件列出关系式，然后求解离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
 16.【答案】 【解析】解：依题意得，，
因为，所以异面直线与所成的角即或其补角．
在中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故错误．
由于，平面，平面，故正确．
设点到平面的距离为，由，
得，解得，故错误．

如图，过点作，连接E.
因为平面，所以，所以平面，
则，平面平面，故为与平面所成的角，则，
在中，，则有，，
在中，由射影定理得，
由基本不等式得，当且仅当，
即为的中点时，等号成立，所以截面面积的最小值为，故正确．
故答案为：．
利用异面直线所成角的定义及余弦定理可判断，利用线面平行的判定定理可判断，利用等积法可判断，过点作，连接，进而可得为与平面所成的角，结合条件及基本不等式可判断．
本题考查点到平面的距离及线线角，考查学生的推理运算能力，属于中档题．
 17.【答案】解：由正弦定理得，
因为，所以，
所以，化简得，
所以，因为，所以．

因为，由余弦定理得，
又，，所以，即，解得，
则的面积． 【解析】由条件和正弦定理可得，然后结合三角函数的知识可得答案；
由条件结合余弦定理求出的值即可．
本题考查正弦定理与余弦定理在解三角形的应用，以及三角形的面积公式，属中档题．
 18.【答案】解：由数据可得，，
则，
故关于的线性回归方程为，
当时，，估计该厂月份的订单金额为万元．
随机变量的取值可能为，，，，，
，
，
，
，
，
，
随机变量的分布列为： 故． 【解析】根据已知和参考数据求出即可得出方程，代入可估计该厂月份的订单金额；
可得的取值可能为，，，，且，求出取不同值的概率即可得出分布列求出期望．
本题主要考查线性回归方程的求解，以及离散型随机变量期望公式，属于中档题．
 19.【答案】证明：由平面，得．
又，点为的中点，所以，
由，为的中点，
得，所以，即，
又，所以平面；
解：由可得，，以点为坐标原点，以的方向分别为轴，轴的正方向，以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为，所以，
设平面的法向量为，
由得，令，则，
同理可得平面的一个法向量为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
 【解析】由线面垂直的性质有，根据中垂线、直角三角形性质得到，再应用线面垂直的判定证结论．
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面面角的余弦值．
本题考查了线面垂直的证明以及两个平面夹角的计算，属于中档题．
 20.【答案】解：由题意知直线的方程为，
因为到直线的距离为，所以，解得：，
所以椭圆的焦距为；
由知直线的方程为，设，，
联立方程组，消去得，
所以，，
因为，所以，
所以，，
消去得，
解得：，从而，
所以椭圆的方程为． 【解析】设出直线方程，利用点到直线距离公式得到，求出椭圆焦距；
联立直线方程和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据向量的线性关系得到，代入两根之和，两根之积，求出，求出椭圆方程．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
 21.【答案】解：因为，其定义域为，
所以，
不等式，可化为，
即，
解得或．
所以不等式的解集为．
由题可得，
令，，则，
当时，，在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，无最大值，不符合题意，
当时，在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，无最大值，不符合题意．
当时，由，可得，
，在上单调递增，，在上单调递减；
设，则，
令，则；令，则，
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，即，
由此可得，当时，，即．
所以当时，．
取，则，且．
又，所以由零点存在性定理，存在，使得，
所以当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上存在最大值，符合题意．
综上，实数的取值范围为． 【解析】由题可得，解之即得；
分，，讨论，利用导数研究函数的单调性，可得或不合题意，当时利用导数结合零点存在定理可得在上存在极大值，进而即得．
本题考查函数的极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
 22.【答案】解：因为直线的参数方程为为参数，
所以直线的普通方程为，
由，得，
因为，
所以曲线的直角坐标方程为，即；
解：因为，所以点在直线上，
将直线得方程转化为参数得标准式为为参数，
代入，
得，
则，
所以． 【解析】直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转化即可；
将直线方程化为参数得标准式，代入曲线方程，再利用一元二次方程根和系数关系式的应用即可得出答案．
本题考查了参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化以及直线的参数方程中参数意义的应用，属于中档题．
 23.【答案】解：当时，由，解得，
综合可得，不等式的解集为．
当时，由，解得，
综合可得，不等式的解集为．
当时，由，解得，
综合可得，不等式的解集为．
综上所述，不等式的解集为．
因为，
，．
，
，
当且仅当时，即，时，等号成立，
故的最小值为． 【解析】由题意，分类讨论，化简，分别求出的解集，综合可得结论．
先求出，把变形后，利用基本不等式，求得它的最小值．
本题主要考查绝对值不等式的解法，基本不等式的应用，属于中档题．