2021-2022学年贵州省黔东南州高二（下）期末数学试卷（理科）（Word解析版）

2021-2022学年贵州省黔东南州高二（下）期末数学试卷（理科）

一、单选题（本大题共12小题，共60分）

1. 已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2. 已知复数其中为虚数单位，则(    )

A.  B.  C.  D.

3. 已知等比数列的前项和为，且，，则(    )

A.  B.  C.  D.

4. 设，是空间中的两个平面，，是两条直线，则使得成立的一个充分条件是(    )

A. ，， B. ，，
C. ，，， D. ，，

5. 在中，若(    )

A.  B.  C.  D.

6. 小红，小明，小芳，张三，李四共有名同学参加演讲比赛，在安排出场顺序时，小红、小明排在一起，且小芳与小红、小明都不相邻的概率为(    )

A.  B.  C.  D.

7. 已知函数的最小正周期为，将其图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 对于角，当分式有意义时，该分式一定等于下列选项中的哪一个式子(    )

A.  B.  C.  D.

9. 德国数学家莱布尼兹年年于年得到了第一个关于的级数展开式，该公式于明朝初年传入我国．在我国科技水平业已落后的情况下，我国数学家、天文学家明安图年年为提高我国的数学研究水平，从乾隆初年年开始，历时近年，证明了包括这个公式在内的三个公式，同时求得了展开三角函数和反三角函数的个新级数公式，著有割圆密率捷法一书，为我国用级数计算开创了先河．如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于的级数展开式”计算的近似值其中表示的近似值，若输入，则输出的结果是(    )

A.
B.
C.
D.

10. 如图，在直三棱柱中，，，为上一点，平面分三棱柱为上下体积相等的两部分，则与所成角的余弦值为(    )

A.
B.
C.
D.

11. 已知双曲线：的左，右焦点分别为、，过的直线交双曲线的右支于点，以双曲线的实轴为直径的圆与直线相切，切点为，若，则双曲线的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

12. 已知函数，，，，则，，的大小关系为(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 若圆与圆有条公切线，则正数______．
14. 的展开式中的系数为______用数字作答．
15. 在平面直角坐标系中，过点的直线交抛物线于不同的两点，，则______．
16. 某社团专门研究密码问题．社团活动室用的也是一把密码锁，且定期更换密码，但密码的编写方式不变，都是以当日值班社员的姓氏为依据编码的，密码均为的小数点后的前位数字．编码方式如下：为某社员的首拼声母对应的英文字母在个英文字母中的位置；若为偶数，则在正偶数数列中依次插人数值为的项得到新数列，即，，，，，，，，，，；若为奇数．则在正奇数数列中依次插入数值为的项得到新数列，即，，，，，，，，，，；为数列的前项和．如当值社员姓康，则在个英文字母中排第位．所以前项中有，，所以有个奇数．故，所以密码为，若今天当值社员姓唐在个英语字母中排第位，则当日密码为______．

三、解答题（本大题共7小题，共82分）

17. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
    证明：；
    若，求的周长．
18. 某卖场“”促销期间，规定每位顾客购物总金额超过元可免费参加一次抽奖活动，活动规则如下：“在一个不透明的纸箱中放入个大小相同的小球，其中个小球上标有数字，个小球上标有数字，个小球上标有数字每位顾客从该纸箱中一次性取出个球，若取到的个球上标有的数字都一样，则获得一张元的代金券；若取到的个球上标有的数字都不一样，则获得一张元的代金券；若是其他情况，则获得一张元的代金券．然后将取出的个小球故回纸箱，等待下一位顾客抽奖．”
    记随机变量为某位顾客在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求随机变量的分布列和数学期望；
    该卖场规定，若“”期间在该卖场消费的顾客购物总金额不足元，则可支付元开通该卖场会员服务，获得一次抽奖机会，若您是该位顾客，从收益的角度考虑，您是否愿意开通会员参加这一次抽奖活动？请说明理由．
19. 在四棱锥中，，，，．
    证明：平面；
    求二面角的正弦值．

20. 已知椭圆过点且椭圆的左、右焦点与短轴的端点构成的四边形的面积为．
    求椭圆的标准方程；
    设是椭圆的左顶点，过右焦点的直线，与椭圆交于，，直线，与直线：交于，，线段的中点为，求证：．
21. 已知函数，，．
    若关于的方程有个不等实根，求的取值范围；
    若关于的不等式对一切实数恒成立，求的最大值．
22. 在直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为，直线的参数方程为为参数．
    求圆的直角坐标方程；
    设圆与直线相交于，两点，若点的直角坐标为，求的值．
23. 设函数．
    当，，求不等式的解集；
    已知，，的最小值为，求证．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：因为，，
所以．
故选：．
由已知先求出集合，，然后结合交集的运算即可求解．
本题主要考查了交集及其运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为，
则．
故选：．
由已知结合复数的四则运算先进行化简，然后结合复数的模长公式可求．
本题主要考查了复数的四则运算及复数模长公式，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：设等比数列公比为，
由题意，得，解得，
所以．
故选：．
由已知结合等比数列的通项公式及求和公式，列方程求出首项和公比，再求出即可．
本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：对于，由，，，不一定得到，与也可能相交；
对于，由，，，不一定得到，与也可能相交，
如图，

对于，，，，，不一定得到，只有添加条件与相交时，才有；
对于，由，，又，可得．
使得成立的一个充分条件是．
故选：．
由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系分析四个选项中能够推出的条件即可得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查充分必要条件的判定，是基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：，
，可得，可得，
又，
故，
所以．
故选：．
根据求得，进而求出各边长以及对应角，进而求解结论．
本题考查向量的数量积的应用，考查计算能力．
 

6.【答案】 

【解析】解：把小红、小明捆在一起，然后与张三，李四全排列，形成个空，再从与小红、小明都不相邻的个空中选择一个插入小芳，
所求概率为，
故选：．
利用捆绑法和插空法求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了捆绑法和插空法的应用，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由于 ，
；
；
函数为偶函数，
，即．
，
．
故选：．
直接利用余弦型函数的性质的应用和，求出结果．
本题考查的知识要点：函数的关系式的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：，
．
故选：．
直接利用同角三角函数关系式的变换求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，同角三角函数的关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：由程序框图知：算法的功能是求的值，
输入，跳出循环的值为，
输出
故选：．
模拟程序的运行可得算法的功能是求的值，根据条件确定跳出循环的值，即可计算得解．
本题考查程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是解答本题的关键，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：作于点，则平面且，
设，则，
可证平面，则，
平面分三棱柱为两个体积相等的四棱锥和，
即，
取中点为，则，即为所求角，．
故选：．

作于点，结合直棱柱可证平面，则即为四棱锥的高，同理可说明即为四棱锥的高，根据体积相等可求得，取中点为，则，根据异面直线夹角的定义可知即为所求角，结合运算求解．
本题考查了异面直线所成角的计算，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：由已知双曲线：的左，右焦点分别为、，过的直线交双曲线的右支于点，
以双曲线的实轴为直径的圆与直线相切，切点为，，
在中，，为，中点，．
又，，所以，
．
故选：．
求出结合，，转化求解离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：由题意得，即函数为偶函数，
又当时，，有，
故函数的减区间为，增区间为，
又，，
由，可得．
故选：．
根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．
本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．
 

13.【答案】 

【解析】解：由圆与圆有条公切线可知，两圆外切，
，，又，，
故答案为：．
根据条件可知两圆外切，由圆心距等于两圆半径之和列出方程，计算即可．
本题考查了两圆的位置关系，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：展开式中含的项为，
所以的系数为，
故答案为：．
求出展开式中含的项，进而可以求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：易知直线斜率存在，设：，，，
联立方程得，
整理得，
解得或，
则，
所以．
故答案为：．
先设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，结合方程的根与系数关系及向量数量积的坐标表示可求．
本题主要考查了直线与曲线相交，向量数量积的坐标表示，体现了方程思想的应用，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：在个英文字母中排第位，所以，
为偶数，所以构造新数列，前项为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．
为数列的前项和，故的小数点后的前位数字为．
故答案为：．
根据题意，首先确定在个英语字母中排第位；为偶数，所以构造新数列；最后进行数列求和，求出，获取的小数点后的前位数字即为密码．
本题考查简单的合情推理，属于基础题．
 

17.【答案】解：证明：由正弦定理可得，
即，
整理可得：，
再由正弦定理可得：，
整理可得，
可证得：；
由得，
而由余弦定理得，，，
所以，
得，即，
可得，
的周长为． 

【解析】由正弦定理和角的余弦值与边的关系可得，，边的关系，进而可证得结论；
由和余弦定理可得的乘积，再由余弦定理可得的值，进而求出三角形的周长．
本题考查正余弦定理的应用，属于基础题．
 

18.【答案】解：由题意可知随机变量的可能取值为，，，
有，，，
所以随机变量的分布列为：

则．
由，故从收益的角度考虑，我愿意开通会员参加这一次抽奖活动． 

【解析】由题意可知随机变量的可能取值为，，，利用超几何分布的概率公式求出相应的概率，进而得到的分布列，再利用期望公式计算即可．
比较与的大小，即可作出判断．
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了超几何分布的概率公式，属于中档题．
 

19.【答案】证明：在中，，
在中，，
所以，即，
因为，，，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，，平面，
所以平面．
解：取的中点，
由，知，
因为平面，所以，
又，、平面，所以平面，
以为坐标原点，，，方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
同理可得，平面的法向量为，
所以，，
故二面角的正弦值为．
 

【解析】利用勾股定理可证，由，，知平面，进而得，再由线面垂直的判定定理，得证；
取的中点，由，，可证平面，故以为坐标原点建立空间直角坐标系，再分别求得平面和平面的法向量与，然后由，，即可得解．
本题考查立体几何的综合，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：由题意可得，
解之得：，，，
椭圆的标准方程为：；
 证明：由椭圆及可得，，
由题意可得直线的斜率存在且不为，设直线：，，设，，
联立，整理可得：，
显然成立，且，，
直线的方程为：，令，
可得，即，
讨论可得直线的方程为，，
所以的中点，
因为，
而，
直线的斜率为，
所以，
可证得． 

【解析】由椭圆过的点的坐标，四边形的面积及，，之间的关系求出，，的值，进而求出椭圆的方程；
设直线的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，求出直线，的方程，与直线联立，求出，的坐标，进而求出的中点的坐标，求出直线的斜率，可证得．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，两条直线垂直的证法，属于中档题．
 

21.【答案】解：由题意，函数，，，
可得，
则，
所以在单调递减，在单调递增，在上单调递减，
因为方程有个不等实根，
则满足，即，解得，
所以．
记，
则，对恒成立，
当时，，单调递增；
当且时，，所以不满足恒成立，
当时，，恒成立，所以，；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
可得，所以，
记，，可得
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以最大值为． 

【解析】根据题意得到，求得，得出函数的单调性，结合方程有个不等实根，列出不等式组求得，进而求得的取值范围；
记，由对恒成立，利用导数，分类讨论求得函数的单调性与，得到，令，，利用导数求得单调性，得到，即可求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
 

22.【答案】解：，则，整理得到：；
，则，代入圆方程得到．
验证，，故． 

【解析】直接利用极坐标方程公式化简得到答案．
变换，代入圆方程得到，利用韦达定理计算得到答案．
本题考查极坐标方程，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

23.【答案】解：当时，，
所以或或，解得或．
因此不等式的解集的或；
证明：，当且仅当时等号成立，
，
当且仅当时．等式成立． 

【解析】将，代入函数，并把函数化为分段函数的形式，再分类讨论解不等式即可；
利用绝对值不等式的性质结合题意可得，再利用基本不等式即可得证．
本题考查绝对值不等式的解法以及基本不等式的运用，考查分类讨论思想，考查运算求解能力和推理论证能力，属于中档题．