2021-2022学年黑龙江哈尔滨市第一二二中学校高二下学期期末数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年黑龙江哈尔滨市第一二二中学校高二下学期期末数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年黑龙江哈尔滨市第一二二中学校高二下学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B．{2，3} C．{1，2，3} D．【答案】B【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再用列举法表示集合，最后根据交集的定义计算可得；【详解】解：由，即，解得，所以，又，所以，故选：B2．已知，下列选项中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】用不等式的基本性质得解.【详解】，但，，A、C错，，所以.B正确.，但，D错.故选:B.3．已知函数，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】讨论和两种情况，由可构造方程求得，则，代入解析式可求得结果.【详解】若，则，即，方程无解；若，则，即，解得：；.故选：D.4．某学校组织庆祝中国共产党成立100周年党史知识竞赛，仅有三位同学进入最后的决赛.若这三位同学从三类试题中随机选择一类试题作答，且各自的选择相互独立，则这三类试题都有同学选择的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别列出这三位同学从三类试题中随机选择一类试题作答的情况以及这三类试题都有同学选择的情况，再根据古典概型概率计算公式即可得出答案.【详解】由题意可知，这三位同学从三类试题中随机选择一类试题作答时，每个同学均有3种选择，则共有种情况；其中，这三类试题都有同学选择的情况，则共有种；所以，这三类试题都有同学选择的概率.故选：B.5．“直播电商”已经成为当前经济发展的新增长点，某电商平台的直播间经营化妆品和服装两大类商品，年前三个季度，该直播间每个季度的收入都比上一季度的收入翻了一番，其前三季度的收入情况如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．该直播间第三季度总收入是第一季度总收入的倍B．该直播间第二季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的C．该直播间第一季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的D．该直播间第三季度服装收入高于前两个季度的服装收入之和【答案】D【分析】设该直播间第一季度的总收入为，计算出该直播间在第二、第三季度的化妆品收入和服装收入，逐项判断可得出合适的选项.【详解】设该直播间第一季度的总收入为，则该直播间第二季度的总收入为，第三季度的总收入为.对于A选项，该直播间第三季度总收入是第一季度总收入的倍，A错；对于B选项，该直播间第二季度、第三季度的化妆品收入分别为、，故该直播间第二季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的，B错；对于C选项，该直播间第一季度化妆品收入是，故该直播间第一季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的，C错；对于D选项，该直播间第一季度、第二季度、第三季度的服装收入分别为、、，，故该直播间第三季度服装收入高于前两个季度的服装收入之和，D对.故选：D.6．已知函数与的图象如图所示，则函数的递减区间为（    ）A． B．，C． D．，【答案】D【分析】由图象可知当或时，，求出即可求解.【详解】由图象，当或时，，即，则函数的单调递增区间为；故选：D.7．如下表，根据变量与之间的对应数据可求出.其中.现从这个样本点对应的残差中任取一个值，则残差不大于的概率为（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】计算，的最后一个数据为5，带入回归方程得到，计算每个样本点对应残差，得到概率.【详解】由表中的数据可知，，设的最后一个数据为，则，，将，代入得，这个样本点对应的残差分别为：，，，，，所以残差不大于的概率为.故选：.8．已知函数，，若时，成立，则实数a的最大值是（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】把不等式在区间上恒成立，转化为在区间上恒成立,再转化为在上恒成立,是本题的关键点.【详解】由题意知：当时，恒成立,即在上恒成立,也就是在上恒成立,令则即在上单调递增，则由可得即在上恒成立,令，，有，当时，，单调递减；当时，，单调递增.故，在时取最小值则由在上恒成立,可知故实数a的最大值为故选：B 二、多选题9．下列求导运算错误的是（    ）A． B．C．  D．【答案】ACD【分析】利用导数的运算法则进行计算即可判断.【详解】对于A，，故选项A错误；对于B，，故选项B正确；对于C，，故选项C错误；对于D，，故选项D错误，所以导数运算错误的是：，故选：.10．下列命题正确的是（    ）A．函数的定义域为B．已知函数的定义域为，则函数的定义域C．已知函数的定义域为，则函数的定义域为D．若函数的定义域为，则的定义域为【答案】BCD【分析】根据函数定义域的定义逐项分析.【详解】对于A， ，错误；对于B， ，正确；对于C， ， ，正确；对于D， ， ，即 的定义域是 ，即 ，正确；故选：BCD.11．设，则（    ）A．的最小值为 B．的范围为C．的最小值为 D．若，则的最小值为8【答案】ABD【解析】由，可判定A正确；由，可判定B正确；由，结合基本不等式，可判定C不正确；由，得到，进而判定D正确.【详解】对于A中，由，当且仅当时取等，可得的最小值为，所以A正确；对于B中，由，当且仅当时，即时，等号成立，取得最小值9，所以B正确；对于C中，由，又由，所以，所以C不正确；对于D中，由，当且仅当时，即时，等号成立，可得，当且仅当时取等，所以D正确.故选：ABD.【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其满足的三个条件：“一正、二定、三相等”：（1）“一正”：就是各项必须为正数；（2）“二定”：就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”：利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.12．已知函数的定义域为，导函数为，，且，则（    ）A． B．在处取得极大值C． D．在单调递增【答案】ACD【分析】根据题意可设，根据求，再求判断单调性求极值即可.【详解】∵函数的定义域为，导函数为，即满足∵∴∴可设（为常数）∴∵，解得∴∴，满足∴C正确∵，且仅有∴B错误，A、D正确故选：ACD 三、填空题13．不等式的解集为_____________.【答案】【分析】根据分式的运算性质分类讨论求出不等式的解集.【详解】或，解第一个不等式组，得，第二个不等式组的解集为空集.故答案为：【点睛】本题考查了分式不等式的解集，考查了数学运算能力，属于基础题.14．已知的展开式中所有二项式系数之和是64，则它展开式中x2的系数___________.【答案】【分析】利用二项式定理系数的性质，求出n，然后通过二项式定理的通项公式求出项即可．【详解】解：的展开式的二项式系数之和为64，所以，所以，由二项式定理的通项公式得：当时，展开式中项的系数为：故答案为：.15．已知命题“存在，使”是假命题，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】转化为命题“，使得”是真命题，根据二次函数知识列式可解得结果.【详解】因为命题“存在，使”是假命题，所以命题“，使得”是真命题，当时，得，故命题“，使得”是假命题，不合题意；当时，得，解得.故答案为：【点睛】关键点点睛：转化为命题“，使得”是真命题求解是解题关键. 四、双空题16．若集合其中为实数.（1）若是的充要条件，则=______；（2）若是的充分不必要条件，则的取值范围可以选择下列哪些序号______.①②③④⑤【答案】     ##0.5     ①⑤【分析】（1）根据充要条件的定义，得到，进而分类讨论，可得答案.（2）根据充分不必要条件的定义，得到是的真子集，进而分类讨论，可得答案.【详解】（1）是的充要条件，则，时，，不符题意，故，当时，，此时若，则，解得，符合题意；当时，，此时，，不符题意；故答案为：.（2）若是的充分不必要条件，得到是的真子集，故由（1）得，时，不符题意，当时，，此时，是的真子集，得到，解得，故满足条件的是：①⑤.故答案为：（1）；（2）①⑤. 五、解答题17．已知三棱柱平面为棱上一点，若．（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明，，再由面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.【详解】（1）由题意可知，平面，以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系．，即，，，平面平面，平面平面平面（2），设平面的法向量为，取，则同理可得平面的法向量为即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【点睛】关键点睛：解决本题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直以及求二面角的余弦值.18．若函数，当时，函数取得极值.(1)求函数的解析式；(2)若方程有3个不同的实数根，求实数k的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出函数的导数，结合极值点和极值，列出方程求解函数的解析式；（2）利用函数的单调性以及极值，通过有3个不等的实数解，数形结合求出k的范围．【详解】（1）对求导，得，由题意，得 ,解得 ,∴.（2）由（1）可得,令，得或,∴当时，；当时，；当时，.因此，当时，取得极大值；当时，取得极小值,函数的大致图象图如所示.:要使方程有3个不同的实数根，由图可知，实数k的取值范围是.19．某校为了解高三学生周末在家学习情况，随机抽取高三年级甲､乙两班学生进行网络问卷调查，统计了甲､乙两班各40人每天的学习时间(单位：小时)，并将样本数据分成，，，，五组，整理得到如下频率分布直方图：（1）将学习时间不少于6小时和少于6小时的学生数填入下面的列联表： 不少于6小时少于6小时总计甲班   乙班   总计    能以95%的把握认为学习时间不少于6小时与班级有关吗？为什么？（2）此次问卷调查甲班学生的学习时间大致满足，其中等于甲班学生学习时间的平均数，求甲班学生学习时间在区间的概率.参考公式：，.参考数据①： ②若，则，.【答案】（1）列联表答案见解析，没有95%的把握认为学习时间不少于6小时与班级有关，理由见解析；（2）.【分析】（1）利用频率分布直方图计算出甲班学习时间不少于6小时的人数和乙班学习时间不少于6小时的人数，可得列联表；计算，对照临界值表可得结果；（2）根据频率分布直方图计算，再根据计算可得结果.【详解】（1）由频率分布直方图可知，甲班学习时间不少于6小时的人数为：人，则甲班学习时间少于6小时的人数为28人；同理得乙班学习时间不少于6小时的人数为人，则甲班学习时间少于6小时的人数为22人.由此得到列联表： 不少于6小时少于6小时总计甲班122840乙班182240总计305080 因为，所以没有95%的把握认为学习时间不少于6小时与班级有关.（2）甲班学生学习时间的平均数.，所以.即甲班学生学习时间在区间的概率为.【点睛】关键点点睛：（1）中掌握独立性检验的基本思想是解题关键；（2）中利用正态分布的两个特殊概率求解是解题关键.20．已知等差数列的公差为，前项和为，现给出下列三个条件：①成等比数列；②③，请你从这三个条件中任选两个解答下列问题：(1)求的通项公式；(2)令，其前项和为，若恒成立，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）选择①②，①③或②③，利用等比中项的性质、等差数列的通项公式和前项和公式将已知条件转化为关于和的方程，解方程求出和的值即可得的通项公式；（2）由（1）知：，利用等差数列前项和公式求出，进而得到，再利用导数判断的单调性，求出，可得答案.【详解】（1）由①成等比数列可得：，即，整理可得：，由②可得即，由③可得：，可得：，若选①②：由，可得，所以，若选①③：由可得，所以，若选②③：由可得，所以，综上所述：的通项公式为（2）由（1）知：，故，恒成立，则，，令，则，故在上单调递增，在上单调递减；令，又，故对于，当时，，当时，，，故时，有最大值，此时，，由，有.故的最小值为.21．某饮料厂商开发了一种新的饮料，为了促销在每箱装的6瓶饮料中有2瓶瓶盖上分别印有“一等奖”，“二等奖”，其余4瓶印有“谢谢惠顾”，一等奖是20元，二等奖是10元，开始销售的前三天，举行促销活动：顾客可以从每件新开的箱子中任选2瓶购买.（1）求每一位顾客新开一箱购买两瓶可以中奖的概率；（2）某商场在促销的前三天的活动中，共售出了730瓶，问抽中奖的箱数X的数学期望；（3）请你为商场做决策：在促销活动的前3天中，共售出了730瓶，每瓶的售价至少定为多少元，可以使这三天的促销活动不亏损(每瓶的成本是2元).【答案】（1）；（2）219（箱；（3）7元．【分析】（1）结合组合的应用，由古典概型概率公式计算即可得解；（2）由题意可得，由二项分布的期望公式计算即可得解；（3）设每瓶的售价定为元，可得前3天全部销售额为元，再求出总成本及中奖消费金额，列不等式即可求得的取值范围，即可得解．【详解】（1）记“每一位顾客新开一箱购买两瓶可以中奖”为事件，则（A）．（2）前三天促销活动中共开箱饮料，依题意，，故抽中奖的箱数的数学期望为（箱．（3）设每瓶的售价定为元，则前3天全部销售额为元，总成本为元，设每个人获奖金额为，则的取值可能为0，10，20，30，，，，，故，故前3天用于中奖消费金额为元，若想前3天不亏损，则，解得，故每瓶售价至少7元．22．已知函数.(1)当时，求函数的图象在点处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；(3)若恒成立，求实数的取值集合.【答案】(1)；(2)答案见解析；(3). 【分析】（1）代入，求出，根据导数的几何意义得到切线的斜率，即可得到切线方程；（2），对以及进行讨论，根据导函数的符号即可得到的单调区间；（3）根据（2）的结论，可知，根据题意，应有，即.令，根据导函数即可求得实数的取值集合.【详解】（1）当时，，则.根据导数的几何意义，可得函数的图象在点处的切线斜率，又.所以，切线方程为，整理可得.（2）定义域为R，.当时，在R上恒成立，所以在R上单调递增；当时，解，即，解得，解，得，则在上单调递增，解，得，则在上单调递减.综上所述，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（3）由（2）知，当时，在R上单调递增，又，所以当时，，不满足要求，所以.则由（2）知，在时，取得最小值.要使恒成立，则只需满足即可，即.令，即..令，则.当时，，当时，，所以，在处取得极大值，也是最大值，所以.又，所以，所以有.即当时，，有成立.所以，实数的取值集合为.