2021-2022学年海南省海口市海口中学高二下学期期末考试数学试题（B卷）（解析版）

这是一份2021-2022学年海南省海口市海口中学高二下学期期末考试数学试题（B卷）（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年海南省海口市海口中学高二下学期期末考试数学试题（B卷）一、单选题1．集合，则集合的子集的个数为(　　)A．7 B．8 C．15 D．16【答案】B【分析】解分式不等式化简集合A，根据集合A元素个数确定其子集个数.【详解】由，可得，且解得又,可得∴集合A的子集的个数为【点睛】本题考查分式不等式、集合子集等概念，计算集合A元素个数时，要注意这一条件的应用.2．复数（       ）A． B． C．1 D．【答案】D【分析】根据复数代数形式的除法及乘方运算法则计算可得；【详解】解：因为，所以故选：D3．设x，，则“”是”的（　　）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义直接判断作答.【详解】x，，若满足，则，即不成立；若，即有，必有，从而得，即成立，所以是成立的必要不充分条件.故选：B4．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了（       ）附：A．10% B．20% C．50% D．100%【答案】B【分析】根据题意，计算出的值即可；【详解】当时，，当时，，因为所以将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了20%，故选：B.【点睛】本题考查对数的运算，考查运算求解能力，求解时注意对数运算法则的运用.5．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，角A的平分线交BC于点D，且，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，，角A的角平分线交BC于点D，可得，由可得，，在，由余弦定理可得，在中，由正弦定理可知：，可求得，判断出为锐角，即可求得答案.【详解】，角A的角平分线交BC于点D又，解得在中，由正弦定理可知：即，为锐角，故.故选：B.6．已知、、均为单位向量，且满足，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由得出，可得出，可计算出的值，再由可求得，进而可得出，即可得解.【详解】由于、、均为单位向量，则，由可得，所以，，即，所以，，由，可得，即，解得.所以，.故选：B.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．7．在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图，是利用算筹表示数1~9的一种方法，例如：47可以表示为“”，如果用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数，这个数至少要用8根小木棍的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】表示没有重复的三位数至少需要5根木棍，所以用间接法求解，求出用掉5根，6根，7根木棍这三种情况表示的三个数字，进而求出可表示三位数的个数，根据对立事件概率即可求解.【详解】至少要用8根小木根的对立事件为用掉5根，6根，7根这三种情况，用5根小木棍为1、2、6这一种情况的全排列，6根有123，127，163，167这四种情况的全排列，7根有124，128，164，168，137，267，263这七种情况的全排列，故至少要用8根小木根的概率为.故选:D.【点睛】本题以数学文化为背景，考查古典概型概率、对立事件的概率关系，属于中档题.8．若存在两个正实数x，y使得等式成立(其中，是以e为底的对数），则实数a的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将原等式化成，令，则有,利用导数求出函数的最小值即可得答案.【详解】解：因为，为正实数，所以，即，所以，令，则有，令,则，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以==-，所以，解得.故选：D.二、多选题9．定义在R上的奇函数满足，且当时，，则（       ）A．是周期函数 B．在（－1，1)上单调递减C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点（2，0)对称【答案】ACD【分析】对于A，利用周期的定义判断，对于B，根据题意求出在的解析式，然后判断，对于C，利用函数的周期和奇函数的性质可得，从而可求得其对称轴，对于D，利用函数的周期和奇函数的性质可得，从而可求得其对称中心【详解】对于A，因为定义在R上的奇函数满足，所以，，所以，所以是周期为4的周期函数，所以A正确，对于B，当时，，则，因为为奇函数，所以，所以，所以，所以当时，为减函数，且当时，，当时，为减函数，且当时，，所以在（－1，1)上不是单调递减，所以B错误，对于C，因为是周期为4的周期函数，所以，所以，即，所以的图象关于直线对称，所以C正确，对于D，因为，所以，所以，所以，所以的图象关于点对称，即的图象关于点（2，0)对称，所以D正确，故答案为：ACD10．如图，已知双曲线的左､右焦点分別为，左､右顶点分别为，点的坐标为，是双曲线的右支上的动点，则下列说法正确的是（       ）A．若为等边三角形，则双曲线的离心率为B．若双曲线的离心率为，则直线和直线的斜率之积为C．若两点三等分线段，则双曲线的两条浙近线互相垂直D．的最小值为【答案】BD【分析】根据双曲线的几何性质分别判断各选项.【详解】A：为等边三角形，可得，故错误；B：，即，设，则，，故B正确；C：若三等分，则，而两渐近线垂直时，故C错误；D：，故D正确，故选：BD.11．已知，，且，则（       ）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】根据已知条件，利用基本不等式可以证明A正确；根据已知条件，求得的取值范围，结合不等式的基本性质和指数函数的单调性判定BD；利用对数函数的单调性对C进行等价转化，通过举例可以否定C.【详解】，又故正确；，，且，，故正确；,故正确；等价于，即，等价于,但当时，满足条件，，且，,故C错误；故选：.【点睛】本题考查不等式的基本性质，基本不等式，涉及指数对数函数的单调性，属中档题.关键是要熟练掌握不等式的基本性质和基本不等式，掌握指数对数函数的单调性.注意使用等价分析法，举反例否定法进行判定.12．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE．以下命题正确的有（       ）A．点F的轨迹长度为B．直线与直线BC所成角可能为45°C．平面A1BE与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为D．过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为【答案】ACD【分析】取和的中点分别为，即可证明平面平面，从而得到点在线段上，即可判断A；由，则即为异面直线所成的角，再利用锐角三角函数计算即可判断B；找出二面角的平面角，利用锐角三角函数计算即可判断C；当为与的交点时过点的平面截正方体所得的截面面积最大，求出最大截面面积，即可判断D；【详解】解：对于：取和的中点分别为，连接，则，平面，平面，所以平面平面，因为在侧面上运动，且满足平面，所以点在线段上．故点运动的轨迹长度为：，故选项正确；对于B：因为．所以与直线所成角即为与直线所成角，则即为异面直线所成的角，在Rt中，，因为正方体的棱长为2，在Rt中，，若所成的角为，则，而最大为，矛盾，所以所成角不可能为，故选项B不正确；对于C：因为面面，所以平面与平面所锐二面角，即为平面与平面所成锐二面角，因为面面，当为线段的中点，可得，所以即为二面角的平面角，且，所以，故选项C正确；对于：当为与的交点时过点的平面截正方体所得的截面面积最大，取的中点，，则截面为菱形，，其面积为故选项D正确，故选：ACD．三、填空题13．已知随机变量，若，则的最小值为___________.【答案】9【分析】由正态分布知识可得，，展开后由均值不等式可得到结果.【详解】依题意，由正态分布知识可得，，当且仅当且即时等号成立.所以的最小值为9.故答案为：9.14．三棱锥中，平面，，，，是边上的一个动点，且直线与面所成角的最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为__________．【答案】【分析】根据题意画出图形，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积.【详解】由题意，三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，如图所示，则，且的最大值是，所以，所以的最小值是，即到的距离为，所以，因为，在中可得，即可得,取的外接圆圆心为，作，所以，解得，所以,取为的中点，所以，由勾股定理得，所以三棱锥的外接球的表面积是.【点睛】本题考查了有关球的组合体问题，以及球的表面积的计算问题，解答时要认真审题，确定球的球心和半径，注意球的性质的合理运用是解答的关键，对于求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径.着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想的应用.15．已知，记为，，中不同数字的个数，如：，，，则所有的的排列所得的平均值为______．【答案】.【分析】分N =1，2，3三种情况讨论，用排列组合数表示，即得解.【详解】解：由题意，N共有种排列若N=1，即共3种；若N=2，有种；若N=3，有种；故所有的的排列的N平均值为.故答案为：.四、双空题16．设首项是1的数列的前项和为，且则______；若，则正整数的最大值是________．【答案】     5     16【分析】根据递推公式即可求得，由题意可得，，可得，可得奇数项和偶数项的通项公式，求和公式，考虑，计算可得所求最小值．【详解】解：因为，则，，由，可得，，则，，可得，所以，，，，所以，当时，，又，所以，所以正整数的最大值是16.故答案为：5，16.五、解答题17．已知数列，满足：存在，对于任意的，使得，则称数列与成“k级关联”．记与的前n项和分别为，．(1)已知，，，判断与是否成“4级关联”，并说明理由；(2)若数列与成“2级关联”，其中，，且有，，求|的值；【答案】(1)不是，理由见解析；(2)2022.【分析】（1）假设与成“4级关联”，则有，得，此式不恒成立，故假设错误，即可得结论；(2)由题意可得：=+且是周期为4的数列，故有==，又因为，代入计算即可.【详解】(1)解：由，可得=，所以，显然等式不恒成立，举反例：时，有；左边=8，右边=3，左右.所以与不成“4级关联”；(2)由，可得，利用累加法，整理得：-=，所以=+，由，可知：且第一周期内有，所以==，又因为，故=2020-1+3=2022.18．在中，角、、所对的边分别是、、．且．(1)求角的大小；(2)求的取值范围；(3)若，，为中点，为线段上一点，且满足．求的值，并求此时的面积．【答案】(1)(2)(3)，的面积为【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理求解即可；（2）根据（1）可得，得到，再根据正弦的和差角公式与辅助角公式，根据角度的范围求解即可；（3）先根据直角三角形中的关系求解得，再设，推导可得，再根据求解即可【详解】(1)由正弦定理及，得，即，化简得，故．又，故．(2)由（1）知，，故.又，则，，故．(3)∵，∴，∵，为中点，∴，∵，∴，，∴，，设，则，∴，，∴，在直角中，，∴当时，的面积为．19．如图，在四棱锥中，∥,，,为边的中点，异面直线与所成的角为90°． (1)在直线上找一点，使得直线平面PBE，并求的值；(2)若直线CD到平面PBE的距离为，求平面PBE与平面PBC夹角的余弦值．【答案】(1)；(2).【分析】(1)由题意可得是正方形，平面，建立坐标系，用空间向量求解；(2由题意可得∥平面PBE,于是到平面PBE的距离等于点到平面PBE的距离，由解得，进而得平面的法向量，再求得平面的法向量，即可求解.【详解】(1)解：∥,，,为边的中点，所以四边形是正方形，因为,异面直线与所成的角为90°,所以,又因为在平面内相交，所以平面,建立如图所示的坐标系： 设，,则，令，因为，，所以是平面PBE的法向量.要使平面PBE，只需，解得：；(2),因为∥,又因为平面PBE, 平面PBE,所以∥平面PBE,所以到平面PBE的距离等于点到平面PBE的距离，于是，解得：，所以,,令，因为，所以是平面的法向量，由(1)可知平面的法向量，因为平面与平面的夹角为锐角，所以平面PBE与平面PBC夹角的余弦值为：.20．已知直线l1：y＝k1x和l2：y＝k2x与抛物线y2＝2px（p＞0）分别相交于A，B两点（异于原点O）与直线l：y＝2x+p分别相交于P，Q两点，且．(1)求线段AB的中点M的轨迹方程；(2)求△POQ面积的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）联立方程，求出，，表达出线段AB的中点M的坐标，消去参数，求出轨迹方程；（2）设直线，与抛物线联立，求出两根之和，两根之积，表达出弦长，进而表达出面积，换元后，求出最小值.【详解】(1)联立，解得：，把代入得：，所以，同理可得：，则线段AB的中点M的坐标为，因为，所以，消去得：所以线段AB的中点M的轨迹方程为(2)设，则直线，与联立得：，则，所以，同理可得：，则，其中，解得：，设直线，与抛物线联立得：，则，又，所以，则，，所以，点O到直线PQ的距离为，所以△POQ面积为，令，则，所以，当，即时，△POQ面积取得最小值，最小值为.【点睛】抛物线相关的弦长或面积问题，一般设出直线方程，与抛物线联立，得到两根之和，两根之积，根据题干条件得到等量关系，用一个变量表达出弦长或面积，求出最值或取值范围.21．已知函数．(1)若在上单调递增，求a的取值范围；(2)当时，设，求证：．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）对求导，在上单调递增，即在上恒成立，转化为时，，令，利用导数求出的最大值即可；（2）对求导，由函数单调性求得，将不等式转化为证明，令，求出的单调区间进而证明不等式成立.【详解】(1)，因为在上单调递增，所以在上恒成立，即时，恒成立；则时，；令，，则，时，，所以在上单调递减，即，所以，综上所述，在上单调递增时，(2)由已知，，即，其定义域为，，因为，所以，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以；则要证，只要证，即证，令，则，令，则，所以在上单调递减，又，，所以存在唯一使得，即，所以，记，易得在上单调递减，，故只需证，令，则，所以在上单调递增，则成立，故原不等式成立.【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.