2021-2022学年河南省许昌市高二（下）期末数学试卷（理科）（Word解析版）

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2021-2022学年河南省许昌市高二（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. 已知复数满足，则(    )A.  B.  C.  D. 若分配甲、乙、丙、丁四个人到三个不同的社区做志愿者，每个社区至少分配一人，每人只能去一个社区．若甲分配的社区已经确定，则乙与甲分配到不同社区的概率是(    )A.  B.  C.  D. 下列命题中不正确的命题为(    )A. 三角形全等是三角形面积相等的充要条件
B. 每个指数函数都是单调函数
C. 是周期函数
D. 是偶函数双曲线与有相同的(    )A. 离心率 B. 渐近线 C. 实轴长 D. 焦点已知函数，，要得到函数的图象，只需将函数的图象上的所有点(    )A. 横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得到
B. 横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得到
C. 横坐标伸长为原来的倍，再向左平移个单位得到
D. 横坐标伸长为原来的倍，再向左平移个单位得到若实数，，满足，，，则(    )A.  B.  C.  D. 已知，，向量，不共线，则向量与互相垂直的充要条件是(    )A.  B.  C.  D. 如图，在平面四边形中，，，，，，则三角形的面积为(    )
A.  B.  C.  D. 已知直线过点，且垂直于轴．若被抛物线截得的线段长为，则抛物线的焦点坐标为(    )A.  B.  C.  D. 有一容积为的正方体容器，在棱、的中点、及侧面的中心处各有一小孔，若此容器可以任意放置，则该容器可装水的最大容积是(    )
A.  B.  C.  D. 已知函数，则下列结论中正确的命题个数为(    )
当时，函数有两个极值点；
当时，函数在上为减函数；
当时，函数的图象与轴有两个交点；
当，函数在上存在最小值．A.  B.  C.  D.  二、填空题（本大题共4小题，共20分）二项式的展开式中的系数为，则______．若变量，满足约束条件，则的最大值为______．在五一假期当天，假设某商业中心有一个新冠病毒感染者未被发现且未佩戴口罩，当天有万人进入过该商业中心．若其中有的人与感染者有近距离接触，并且其中有的人未佩戴口罩．则五一当天进入该商业中心被感染的人数约为______近距离接触时，若你和感染者都未佩戴口罩，则感染率为；若你戴口罩，感染者未戴口罩，则感染率为已知双曲线的左、右焦点分别为，，其一条渐近线倾斜角为，若点在双曲线上，且，则______． 三、解答题（本大题共7小题，共82分）已知数列和满足，且，，设．
求数列的通项公式；
若是等比数列，且，求数列的前项和．已知某工厂的一种机器有两个相同的易损配件，当两个配件都正常工作时两个配件损坏与否互不影响，该机器才能正常运转．该工厂计划购买一批易损配件，现有甲、乙两个品牌的配件供选择，甲、乙两个品牌的配件可以搭配使用，甲品牌配件的价格为元个，乙品牌配件的价格为元个．现需决策如何购买易损配件，为此收集并整理了以往购买的甲、乙两个品牌配件各个的使用时间的数据，得到如下柱状图．分别以甲、乙两种配件使用时间的频率作为概率．
若从个甲品牌配件和个乙品牌配件中任选个装入机器，求该机器正常运转时间不少于个月的概率．
现有两种购置方案：
方案一，购置个甲品牌配件；
方案二，购置个乙品牌配件．
试从性价比机器正常运转的时间的数学期望与成本的比值的角度考虑，哪一种方案更实惠？
如图，在四棱锥中，已知，，，，是等边三角形，为的中点．
证明：平面；
若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
已知椭圆的长轴是短轴的倍，左、右焦点分别为，，点在椭圆上．
求椭圆的方程；
若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，是否在轴正半轴存在点，使得直线与的斜率之积为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．已知函数，．
求函数在处的切线方程；
若函数在上有两个极值点，，且，证明：．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为，为参数，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线与曲线交于，两点．
求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
已知点的极坐标为，求的值．已知，．
Ⅰ当时，求不等式的解集；
Ⅱ若函数的值域为，且，求的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，
，
则．
故选：．
利用并集定义直接求解．
本题考查集合的运算，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 2.【答案】 【解析】解：，
，
故．
故选：．
根据复数的除法，结合共轭复数的概念求解即可．
本题主要考查了复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：甲单独去分配的社区，又将乙，丙，丁三人分为两组，再和另外两个社区进行全排列，有种方法；
甲和乙，丙，丁三人的一人去分配的社区，其余两人和另外两个社区进行全排列，有种方法；
其中甲乙分配到同一社区的方法有种，
则乙与甲分配到不同社区的方法有种，
所以乙与甲分配到不同社区的概率是，
故选：．
计算出甲单独去分配的社区，甲和乙，丙，丁三人的一人去分配的社区，从而得到总的分配方法，再计算出甲乙分配到同一社区的方法，得到乙与甲分配到不同社区的方法，根据古典概型求概率公式进行计算．
本题考查古典概型概率计算以及排列组合相关知识，属于中档题．
 4.【答案】 【解析】解：三角形全等可得三角形面积相等，三角形面积相等但三角形不一定全等，不正确；
当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，
每个指数函数都是单调函数，B正确；
是最小正周期为的周期函数，C正确；
，且的定义域为，所以该函数是偶函数，D正确；
故选：．
对于：三角形全等可得三角形面积相等，三角形面积相等但三角形不一定全等，结合充要条件理解判断；对于：根据指数函数单调性理解判断；对于：根据正弦函数的周期性判断；对于：利用偶函数定义证明判断．
本题考查了充要条件、指数函数的性质，三角函数图象与性质相关知识，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：双曲线的渐近线方程为：，离以率为，实轴长为，焦点，
双曲线的渐近线方程为：离以率为，实轴长为，焦点，
故选：．
求出双曲线的渐近线方程，即可推出结果．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．
 6.【答案】 【解析】解：只需将函数的图象上的所有点横坐标缩短为原来的，可得的图象；
再将的图象向左平移个单位得到函数的图象，
故选：．
由题意利用函数的图象变换规律，得出结论．
本题主要考查函数的图象变换规律，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：，，
又，，
，，
．
故选：．
利用对数函数和指数函数的性质求解．
本题考查三个数大小的比较，注意对数函数和指数函数性质的合理运用．
 8.【答案】 【解析】解：，，向量，不共线，且向量与互相垂直，
，解得，
故选：．
由向量垂直，数量积为，即可列式求解值．
本题考查两向量垂直与数量积的关系，考查运算求解能力，是基础题．
 9.【答案】 【解析】解：在中，，，，所以可得，
由正弦定理可得，即，
所以，
在中，，，，
由余弦定理，
可得，
所以，
故选：．
在中，由正弦定理可得边的值，在中，由余弦定理可得的值，代入三角形的面积公式可得三角形的面积．
本题考查正余弦定理的应用，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：当时，，显然，解得，
故，解得，
故抛物线，焦点坐标为．
故选：．
将代入可得交点坐标，结合弦长为可得，进而得到抛物线的焦点坐标即可．
本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：由题意可得：正方体的棱长为，
延长交于点，则为的中点，取的中点，连接，，
则可得，，，
则平面即为平面，
该容器可装水的最大容积即为正方体去掉三棱柱，
最大容积为．

故选：．
根据平行线性质可作平面在正方体内的截面，则该容器可装水的最大容积即为正方体去掉三棱柱，根据柱体体积运算求解．
本题考查体积的最大值的求法，考查空间想象能力，属中档题．
 12.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
令，得或，
当时，则，所以函数有两个极值点，故正确；
当时，若，即时，，函数在上为增函数；
若，即时，当时，，当时；
若，即时，函数在上为减函数；
当时，的两个极值点为，此时，又，所以函数的图象与轴有两个交点，故正确；
当时，，则是函数的唯一的极小值点，则函数取得极小值，
若时，即时，，故在上存在最小值，故正确．
故选：．
求导，令，得到或，再逐项判断．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：二项式的展开式中的项为，
故，解得．
故答案为：．
根据二项展开式的通项公式利用直选法进行求解即可．
本题主要考查二项式定理的应用，根据展开式的通项公式利用直选法进行求解是解决本题的关键，是基础题．
 14.【答案】 【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
联立方程，解得，即点，
由，得，则求直线在轴截距的最大值，
由图可知当直线过点时，取到最大值，
的最大值为．
故答案为：．
根据题意作出平面区域，由得，即求直线在轴截距的最大值，数形结合可得在点点处取到最大值，运算求解．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
 15.【答案】 【解析】解：由题意可知，当天有人与感染者有近距离接触，其中未戴口罩的有人，戴口罩的有人，
故估计五一当天进入该商业中心被感染的人数约为．
故答案为：．
分别计算戴口罩和未戴口罩被感染的人数求和即可．
本题主要考查概率及其性质，属于基础题．
 16.【答案】 【解析】解：由题意：，故，
所以，故，所以双曲线，
所以，，
因为小于到右顶点的距离，故F在双曲线的左支上，
由双曲线的定义可得，
解得．
故答案为：．
根据渐近线的倾斜角可得斜率，进而利用公式求，再根据双曲线的定义求解即可．
本题考查双曲线的标准方程、定义和几何性质，属于中档题．
 17.【答案】解：变形为：，
即，则为等差数列，公差为，首项为，
所以；
是等比数列，且，
则公比，
所以，则，
所以，
故，
则，
两式相减得：，
则． 【解析】对题干条件变形得到，从而得到为等差数列，公差为，首项为，从而利用等差数列通项公式求出答案；
求出，从而得到，利用错位相减法求和．
本题考查了由数列的递推关系式求通项公式以及错位相减求和计算，属于中档题．
 18.【答案】解：若装入个甲品牌的配件，则该机器正常运转时间不少于个月的概率为，
若装入个乙品牌的配件，则该机器正常运转时间不少于个月的概率为，
若装入个甲品牌和个乙品牌的配件，则该机器正常运转时间不少于个月的概率为，
故该机器正常运转时间不少于个月的概率为
若采用方案一，设机器可正常运转的时间为单位：月，
则的可能取值为，，且，，
所以的分布列为： ，它与购置配件的成本之比为，
若采用方案二，设机器可正常运转的时间为单位：月，
则的可能取值为，，且，，
所以的分布列为： ，它与购置配件的成本之比为，
因为，所以从性价比的角度考虑，方案二更实惠． 【解析】根据已知条件，分类讨论，并结合互斥事件的概率和公式，即可求解．
根据已知条件，结合期望公式，依次求出两种方案的性价比，通过比较二者的大小，即可求解．
本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望公式，属于中档题．
 19.【答案】解：证明：取的中点，连接，，
是等边的中线，，
是棱的中点，为的中点，，且，
，，，且，
四边形是平行四边形，，
，为的中点，，从而，
，且，平面，
平面．
由知，又，，
平面，从而平面，
以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
等边的边长为，
，，，
，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
平面的一个法向量，
，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 【解析】分别由等边三角形、等腰三角形得到线线垂直，从而得到线面垂直，由此能证明平面；
建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角的余弦值．
本题考查线面垂直的判定与性质、线面平行的性质、向量法求二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 20.【答案】解：由题意，，故点在椭圆上，
即，解得，故，
故椭圆的方程为；
由已知直线过点，设的方程为，
则联立方程组消去得，
所以，
设，，则，
又直线与斜率分别为，
则

，
要使为定值，则有，
因为，故，
当时，，
所以存在点使得直线与的斜率之积为定值，此时． 【解析】根据，可得，再将点代入计算即可；
设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出，进而求出直线与的斜率之积为定值以及的值．
本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于难题．
 21.【答案】解：由题意，可得过点，即，则，
，则，
函数在处的切线斜率，
则切线方程为，即．
证明：，构建，，
由题意，可得在上有零点，，且，
当时，则在上单调递增，
在内至多一个零点，不合题意，舍去，
当时，，令，则，
在单调递减，在上单调递增，
结合题意，可得，则，
，
构建，
则在单调递增，
所以，
所以在上单调递增，则，
，则符合题意，
综上所述，，
又，则有，
，则，即，
，即，
，则，
即． 【解析】根据题意得，解得，进而可得，利用点斜式求切线方程；
构建，根据零点结合分类讨论可得，再根据，得，结合二次函数可得，再结合零点代换证明结论．
本题考查导数的综合应用和不等式的证明，考查了转化思想，属于中档题．
 22.【答案】解：根据上下两式相加可得的普通方程为：，
又，所以，即曲线的直角坐标方程为：；
直角坐标，即在直线上，
故可设直线的参数方程为为参数，
代入曲线的直角坐标方程得，即，
所以，故． 【解析】先根据加减消元法得直线的普通方程，再根据，，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；
先求直角坐标，再设直线的参数方程标准式，代入曲线的直角坐标方程，根据参数几何意义以及利用韦达定理得结果．
本题考查直线的普通方程和曲线的直线坐标方程的求法，考查线段长的积的求法，考查极坐标方程、参数方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
 23.【答案】解：Ⅰ时，不等式即为，
当时，不等式可化为，解得：，
当时，不等式可化为，无解，
当时，不等式可化为，解得：，
综上，不等式的解集是或；
Ⅱ，
，
，故，
解得：或，
故的范围是． 【解析】Ⅰ将代入，通过讨论的范围求出各个区间上的的范围，取并集即可；
Ⅱ通过讨论的范围，得到关于的不等式组，解出即可．
本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想，是一道中档题．