2021-2022学年广东省汕尾市高二下学期期末数学试题含解析

2021-2022学年广东省汕尾市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知为虚数单位，复数满足，则（       ）

A．3 B． C．5 D．

【答案】D

【分析】先化简计算出，即可求出答案.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：D.

2．记为等差数列的前项和．若，，则的公差为（       ）

A．1 B．2

C．4 D．8

【答案】C

【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式利用条件，列出关于与的方程组，通过解方程组求数列的公差.

【详解】设等差数列的公差为，

则，，

联立，解得.

故选：C.

3．为庆祝中国共青团成立100周年，某校计划举行庆祝活动，共有4个节目，要求A节目不排在第一个，则节目安排的方法数为（       ）

A．9 B．18 C．24 D．27

【答案】B

【分析】由于A节目有特殊要求，所以先安排A节目，再安排其它的节目，从而即可求解.

【详解】解：由题意，先从后面3个节目中选择一个安排A节目，然后其它3个节目任意排在剩下的3个位置，共有种方法，

故选：B.

4．如图，平行六面体中，为的中点.若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量的加减法公式，对向量进行分解，进而求出，，的值.

【详解】，故，，，即

故选：.

5．函数（且）的图象可以是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由函数的奇偶性的定义求得函数为奇函数，排除A、B，再结合，即可求解.

【详解】由题意，函数定义域为关于原地对称，

可得，

所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除A、B；

又由，所以选项D不符合题意.

故选：C.

6．有甲、乙、丙三个工厂生产同一型号的产品，甲厂生产的次品率为，乙厂生产的次品率为，丙厂生产的次品率为，生产出来的产品混放在一起．已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品数分别占总数的、、，任取一件产品，则取得产品为次品的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据三个工厂生产的产品数的占比以及次品率可求得结果.

【详解】由题意可知，任取一件产品，则取得产品为次品的概率是.

故选：D.

7．点为轴上的点，，，以，，为顶点的三角形的面积为8，则点的坐标为（       ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】A

【分析】根据两点距离，以及点到直线的距离公式，列出三角形的面积，即可求解.

【详解】设，直线的方程为，

点到直线的距离，，

所以，解得：或，

所以点的坐标为或.

故选：A

8．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（       ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】D

【分析】根据题意设直线与曲线的切点为，进而根据导数的几何意义得，再根据基本不等式“1”的用法求解即可.

【详解】根据题意，设直线与曲线的切点为，

因为，直线的斜率为，

所以，，

所以，

因为

所以，当且仅当时等号成立.所以的最小值是.

故选：D

二、多选题

9．下列说法中，正确的命题是（       ）

A．对于任意两个事件与，如果，则事件与独立

B．已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为，若，，，则

C．，

D．随机变量服从正态分布，若，则

【答案】AB

【分析】由独立事件的乘法公式、线性回归方程、期望方差的性质及正态分布的对称性依次判断即可.

【详解】对于A，由独立事件的乘法公式知A正确；对于B，由知B正确；

对于C，，，C错误；

对于D，由正态分布的对称性知，，D错误.

故选：AB.

10．直线：与圆：相交于，两点，则（       ）

A．直线过定点

B．时，直线平分圆

C．时，为等腰直角三角形

D．时，弦最短

【答案】AD

【分析】对A，根据定点的定义判断即可；

对B，判断当时，直线是否经过圆的圆心即可；

对C，当时，可根据直线过圆心判断；

对D，根据直线过定点，在圆内，故当弦最短时，与直线垂直判断即可

【详解】对A，因为当时，恒成立，故直线过定点，故A正确；

对B，当时，，圆的圆心为不满足，故此时直线不过圆的圆心，故直线不平分圆，故B正确；

对C，当时，经过圆的圆心，故无，故C错误；

对D，因为直线过定点，，故在圆内，故当弦最短时，与直线垂直.因为时，直线的斜率为，直线的斜率为1，故与直线垂直成立，故D正确；

故选：AD

11．如图所示，棱长为2的正方体中，为的中点，则下列结论正确的有（       ）

A．与所成角的余弦值为

B．与面的交点是的重心

C．三棱锥的外接球的体积为

D．与面所成角的正弦值为

【答案】BCD

【分析】对A，连接，可得即为异面直线与所成角或其补角；对B，可得四面体为正四面体，证明平面即可判断；对C，三棱锥和正方体有相同的外接球，求出即可；对D，可得为直线与平面所成的角，即可求出判断.

【详解】对A，连接，则由正方体的性质可知，所以即为异面直线与所成角或其补角，

连接，设，则为的中点，

连接，则，，，

在中，，即与所成角的余弦值为，故A错误；

对B，连接，则，则四面体为正四面体，

因为，，所以平面，

因为平面，所以，同理可得，

因为，所以平面，垂足为，

又四面体为正四面体，所以为的中心，即为的重心，故B正确；

对C，由于三棱锥的顶点均为正方体的顶点，所以三棱锥和正方体有相同的外接球，所以外接球半径，体积为，故C正确；

对D，连接，并延长交于点，由选项B知平面，所以为直线与平面所成的角，由为正三角形，且为的中心，所以为的中点，也是的中点，在中，，所以，故D正确.

故选：BCD.

12．已知抛物线：，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为，，下列说法正确的是（       ）

A． B．当时，

C．当时，直线的斜率为2 D．面积的最小值为4

【答案】ABD

【分析】选项A：由点在准线上，可求出，从而可判断；

选项B：设直线与抛物线方程联立，由韦达定理可判断；

选项C：设，分别求出，方程，根据方程结构可判断；

选项D：先同C求得直线的方程，再表达出的面积关于的表达式，进而求得面积的最大值即可

【详解】对A，易知准线方程为，∴，：，故选项A正确.

对B，设直线，代入，得，当直线与相切时，有，即，设，斜率分别为，，易知，是上述方程两根，故，故.故选项B正确.

对C，设，，其中，.则：，即.代入点，得，同理可得，

故：，故.   故选项C不正确.

对D，同C，切线方程：；：，代入点有，，故直线的方程为，即，联立有，则，故，又到的距离，故，故当时的面积小值为，故D正确；

故选：ABD

三、填空题

13．的展开式中的系数为_________.

【答案】60

【分析】先求出展开式通项，令的指数为3即可求出.

【详解】的展开式通项为，

令，解得，所以展开式中的系数为.

故答案为：60.

14．已知单位向量，的夹角为，则_________.

【答案】1

【分析】由题可得，，先求出，即可得出答案.

【详解】因为单位向量，的夹角为，所以，，

所以，所以.

故答案为：1.

15．设，为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，，，，则椭圆的离心率_________.

【答案】或

【分析】根据余弦定理可得，进而结合焦点三角形与离心率公式求解即可

【详解】因为，且，故为锐角，所以，由余弦定理，即，所以，故或，故或

故答案为：或

16．函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是_________.

【答案】

【分析】求导得有两个零点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，令，，利用的单调性可得：在取得最小值，作的图象，并作的图象，注意到，，对分类讨论即可得出．

【详解】求导得有两个零点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，令，，

在递减，在递增，显然在取得最小值，

作的图象，并作的图象，注意到，，

（原定义域，这里为方便讨论，考虑，

当时，直线与只有一个交点即只有一个零点（该零点值大于；

当时在两侧附近同号，不是极值点；

当时函数有两个不同零点（其中一个零点等于，但此时在两侧附近同号，使得不是极值点不合题意．

综上所述，当，即时满足题意.

故答案为：．

四、解答题

17．中，角，，所对的边分别为，，，且.

(1)求角；

(2)若的面积为，，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理化边为角，再化简计算即可求出；

（2）由面积可得，再利用余弦定理求出即可得出周长.

【详解】(1)因为，

由正弦定理可得，

即，

因为，所以，因为，故；

(2)因为，所以，

由余弦定理可得，

所以，所以，

所以的周长为.

18．记为等比数列的前项和.已知，.

(1)求的通项公式；

(2)求，判断，，是否成等差数列并说明理由.

【答案】(1)

(2)，成等差数列，理由见解析；

【分析】（1）设数列的首项为，公比为，利用已知条件得到方程组求出首项与公比，然后求解通项公式．

（2）利用等比数列前项和公式求出，再根据等差数列的性质判断证明即可．

【详解】(1)解：（1）设数列的首项为，公比为，

因为，，

所以，解得，

所以．

(2)解：因为，所以，

所以，，成等差数列，理由如下：

因为，，

所以

，

即，所以，，成等差数列；

19．北京时间2022年4月16日09时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功，全体中华儿女深感无比荣光.半年“出差”，神舟十三号航天员顺利完成全部既定任务，创造了实施径向交会对接、实施快速返回流程、利用空间站机械臂操作大型在轨飞行器进行转位试验等多项“首次”.为了回顾“感觉良好”三人组太空“出差亮点”，进一步宣传航空科普知识，某校组织了航空知识竞赛活动.活动规定初赛需要从8道备选题中随机抽取4道题目进行作答.假设在8道备选题中，小明正确完成每道题的概率都是且每道题正确完成与否互不影响，小宇能正确完成其中6道题且另外2道题不能完成.

(1)求小明至少正确完成其中3道题的概率；

(2)设随机变量表示小宇正确完成题目的个数，求的分布列及数学期望；

(3)现规定至少完成其中3道题才能进入决赛，请你根据所学概率知识，判断小明和小宇两人中选择谁去参加市级比赛（活动规则不变）会更好，并说明理由.

【答案】(1)；

(2)分布列见解析；期望为3；

(3)小宇；理由见解析.

【分析】(1)求出小明完成3道题和4道题的概率之和；

(2)列出分布列，根据分布列计算概率；

(3)比较小明和小宇分别至少完成3道题的概率，根据概率大小决定谁去参加比赛.

【详解】(1)记“小明至少正确完成其中3道题”为事件A，则.

(2)的可能取值为2，3，4.

，

，

，

的分布列为：

数学期望.

(3)由（1）知，小明进入决赛的概率为；

记“小宇至少正确完成其中3道题”为事件B，则；

因为，故小宇进决赛的可能性更大，所以应选择小宇去参加比赛.

20．如图（1）所示的四边形中，，，，，沿将进行翻折，使得，得到如图（2）所示的四棱锥.四棱锥的体积为，点为线段上的动点（与端点，不重合）.

(1)求证：平面；

(2)探求是否存在大小为的二面角.如果存在，求出此时线段的长度；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）通过和即可证明；

（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量关系即可求出.

【详解】(1)在图（1）中，，

所以，即，

则在图（2）中，因为，即，

因为，所以平面；

(2)因为平面，所以是四棱锥的高，

所以，则，

因为，则可以为原点建立如图空间直角坐标系，

假设存在大小为的二面角，设，又，

所以，

则，

设平面的法向量为，平面的法向量为，

则，即，令，则，则，

又，即，令，则，则，

则，解得或（舍去），

因此存在大小为的二面角，此时线段的长度.

21．已知点，分别为双曲线C：的左、右焦点，点A为双曲线C的右顶点，已知，且点到一条渐近线的距离为2.

(1)求双曲线C的方程；

(2)若直线：与双曲线C交于两点，，直线，的斜率分别记为，，且，求证：直线过定点，并求出定点坐标.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据已知结合点到直线的距离公式列方程求解可得；

（2）将直线方程代入双曲线方程消元，利用韦达定理代入已知整理可得m、n的关系，然后由点斜式可知直线过定点.

【详解】(1)由题知，，其中一条渐近线为，即，

所以，解得

所以

(2)设，将代入

整理得：

则

由得

因为

所以，得，即

所以直线的方程为

所以当，且时，直线过定点；

所以当，且时，直线过定点.

22．设函数.

(1)判断的单调性；

(2)若方程有两个相异实根，，求实数的取值范围，并证明：.

【答案】(1)在上单调递增；在上单调递减

(2)实数的取值范围是；证明见解析

【分析】（1）求导分析函数的单调性即可；

（2）方程有两个相异实根即有两根，再求导分析的单调性与最值，进而求得实数的取值范围即可；证明时，不妨设，再转证，根据，结合，构造函数，再求导分析的最小值可得，进而得证

【详解】(1)，令有，故在上单调递增；令有，故在上单调递减

(2)由得，

令，则，

设，则，因为，所以恒成立，

函数在单调递减，而，故在上，，

单调递增，在上，，单调递减，所以.且当趋近于0与正无穷大时，趋近于负无穷，故方程恰有两个相异的实根只需：，

所以实数的取值范围是；

下证：，不妨设，则，，

所以，因为，

所以

，

令，则，

所以在上单调递增，所以当时，，

即，所以，所以.