湖北省武汉市武昌区2021-2022学年高二下学期期末数学试题（原卷及解析版）

武昌区2021－2022学年度高二年级期末质量检测

数  学

本试卷共5页，22小题．全卷满分150分．考试用时120分钟．

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．

4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知是实数集，集合，，则

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用交集与补集运算即可得到结果.

【详解】∵，

∴，又，

∴

故选B

【点睛】本题考查交并补运算，熟练掌握交集补集的定义是关键..

2. 已知复数，则复数z的虚部是（       ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的除法结合虚部的概念求解即可

【详解】，故复数z的虚部是

故选：D

3. 已知单位向量的夹角为，与垂直，则＝（       ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由与垂直，可得，化简后可求出的值

【详解】因为单位向量的夹角为，与垂直，

所以，

，解得，

故选：D

4. 已知数列为等差数列，且，则的值为（       ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由等差数列的性质与诱导公式求解即可

【详解】由数列为等差数列，可知.

所以，有.

所以.

故选：B.

5. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．

【详解】将式子进行齐次化处理得：

．

故选：C．

【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．

6. 设、是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：如下图所示，是底角为的等腰三角形，则有

所以，所以

又因为，所以，，所以

所以答案选C.

考点：椭圆的简单几何性质.

7. 已知圆锥被平行于底面的平面所截，形成的圆台的两个底面面积之比为4：9，母线与底面的夹角是，圆台轴截面的面积为20，则圆锥的体积为（       ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意画出轴截面图，结合题意求出圆台的上下地面半径，母线长，进而求出圆锥的高，即可求解

【详解】设圆台的上下地面半径分别为，母线长为，

则由题意可知，

故，

又母线与底面的夹角是，

则，

又圆台轴截面的面积为20，

则，

由解得，

又圆锥的高为，

所以圆锥的体积为，

故选：A

8. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．

【详解】［方法一］：（指对数函数性质）

由可得，而，所以，即，所以.

又，所以，即，

所以.综上，.

［方法二］：【最优解】（构造函数）

由，可得．

根据的形式构造函数 ，则，

令，解得 ，由 知 .

在 上单调递增，所以 ，即 ，

又因为 ，所以 .

故选：A.

【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；

法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 下列函数中，最小正周期为，且在上单调递增的是（       ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据已知条件结合选项逐项验证，可得答案.

【详解】的周期为，且在上单调递增，符合要求；

的周期为，但在上单调递减，不符合要求；

的周期为，但在上单调递增，上单调递减，，不符合要求；

的周期为，且在上单调递增，符合要求.

故选：AD.

10. 已知，，且，下列结论正确的是（       ）

A. 的最小值是1 B. 的最小值是

C. 的最小值是4 D. 的最小值是9

【答案】BC

【解析】

【分析】对AC，利用基本不等式可直接求出；对B，将代入即可求出；对D，化为展开利用基本不等式可求出.

【详解】对A，因为，，则，解得，当且仅当等号成立，取得最大值为，故A错误；

对B，由可得，则，

，当时，取得最小值为，故B正确；

对C，，当且仅当时等号成立，所以的最小值是4，故C正确；

对D，，当且仅当等号成立，所以的最小值是，故D错误.

故选：BC.

11. 已知某公司共有员工人，岁以下的员工有人，到岁的员工人，为了了解公司员工的身体情况，进行分层抽样，抽取一个容量为的样本，得到身体健康状况良好的比例如下：岁以下的员工占，到岁的员工占，其他员工占．下列说法正确的是（       ）

A. 从岁以上的员工抽取了人

B. 每名员工被抽到的概率为

C. 估计该公司员工身体健康状况良好率为（百分数保留一位小数）

D. 身体健康状况欠佳的人数最多的年龄层是岁到岁

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用分层抽样可判断A选项；计算出每名员工被抽到的概率，可判断B选项；计算出该公司员工身体健康状况良好率，可判断C选项；计算出三个年龄段的员工身体健康状况欠佳的人数，可判断D选项.

【详解】对于A选项，该公司岁以上的员工人数为，

所以，样本中岁以上的员工人数为，A对；

对于B选项，每名员工被抽到的概率为，B对；

对于C选项，估计该公司员工身体健康状况良好率，C错；

对于D选项，岁以下的员工身体健康状况欠佳的人数为，

岁到岁的员工身体健康状况欠佳的人数为，

岁以上的员工身体健康状况欠佳的人数为，

所以，身体健康状况欠佳的人数最多的年龄层是岁到岁，D对.

故选：ABD.

12. 如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝AC＝2，DA＝DC＝，将四边形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是（       ）

A. 两条异面直线AB与CD所成角的范围是

B. P为线段CD上一点（包括端点），当CD⊥AB时，

C. 三棱锥D−ABC的体积最大值为

D. 当二面角D−AC−B大小为时，三棱锥D−ABC的外接球表面积为

【答案】BCD

【解析】

【分析】以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出两条异面直线AB与CD所成角可判断A；由CD⊥AB求出，P为线段CD上一点（包括端点），表示出点坐标，由空间向量夹角公式可判断B；当平面平面时，三棱锥D−ABC的体积最大，求出底面积和高可判断C；求出三棱锥D−ABC的外接球的半径，由球的表面积公式可判断D.

【详解】对于A，以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，所以

设，

，所以

所以，，

所以设两条异面直线AB与CD所成角为，

，

当时，，此时，但时，D在平面ABC内.

故A不正确；

对于B, CD⊥AB时，，

解得：，又因为，所以，所以

 P为线段CD上一点（包括端点）,设

解得.

而，

，所以，故B正确；

对于C，当平面平面时，三棱锥D−ABC的体积最大，且连接，

，则平面，所以.

故C正确；

对于D，取中点，连接，取的外心， 过作一条垂线垂直平面，

过作一条垂线垂直平面，两条垂直相交于点，则为三棱锥D−ABC的外接球的球心，且二面角D−AC−B的大小为，即，所以在直角三角形中，，所以，则，所以，所以三棱锥D−ABC的外接球表面积为，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 二项式的展开式中常数项为___________.

【答案】

【解析】

【分析】

利用二项展开式的通项公式求解.

【详解】二项式的展开式中通项，

令，即，

故常数项为.

故答案为：.

【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．

(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．

14. 已知F为双曲线（，）的右焦点，经过F作一条与双曲线的渐近线垂直的直线l，垂足为A，点A在第一象限，直线l与双曲线的另一条渐近线在第四象限交于点B，O为坐标原点，若，则双曲线的离心率为________．

【答案】

【解析】

【分析】画图分析，根据角平分线的性质得，再结合勾股定理求解即可

【详解】由题意，因为，且，由角平分线的性质，.因为直线l垂直于渐近线，故，故，.由勾股定理，，即，解得，故，双曲线的离心率为

故答案为：

15. 已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为________．

【答案】-4

【解析】

【分析】根据零点含义，以及互为反函数的图象特征进行求解.

【详解】由题意，，，即，；

由，得，

所以是函数分别与函数交点的横坐标，

因为互为反函数，其图象关于对称，由可得交点为，所以.

故答案为：.

16. 有40件产品，其中有10件次品，从中不放回地抽18件产品，最可能抽到的次品数是________．

【答案】4

【解析】

【分析】根据超几何分布的数学期望求解即可

【详解】由题意，该情景符合超几何分布，根据超几何分布的数学期望公式有抽到的次品数是，因为次品数为整数，故最可能抽到的次品数是4

故答案为：4

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求角A；

（2）当，时，求△ABC的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可得，即可求出角A.

（2）由余弦定理可求出，由三角形的面积公式可求出答案.

【小问1详解】

由正弦定理及，知，

化简得，由余弦定理知，，

因为，所以．

【小问2详解】

由余弦定理知，，

所以，即，

所以△ABC面积．

18. 已知数列的前n项和为，满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）利用，，可得为等比数列，利用等比数列的通项公式即可求得通项公式；

（2）利用错位相减法求和即可求．

【详解】（1）当时，，解得，

当时，由可得

，

两式相减可得，即，

所以是以为首项，以为公比的等比数列，

所以

（2）由（1），

，

则，

两式相减得

，

所以．

【点睛】方法点睛：

由数列前项和求通项公式时，一般根据求解，考查学生的计算能力.

19. 甲、乙两队进行一场排球比赛，设各局比赛相互间没有影响且无平局，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一队比另一队多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为．

（1）第二局比赛结束时比赛停止的概率；

（2）设X表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量X的分布列和数学期望．

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）由题意甲连胜2局或乙连胜2局，再求解概率即可；

（2）依题意知，X的所有可能值为2，4，6，再分别分析具体情况求分布列，结合数学期望的公式求解即可

【小问1详解】

依题意，当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛结束．

所以有．

所以，第二局比赛结束时比赛停止的概率．

【小问2详解】

依题意知，X的所有可能值为2，4，6.

表示当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束，

表示前二局的比分为1∶1，接下来有一队连胜2局，，

表示前二局的比分为1∶1且前4局的比分为2∶2，．

所以随机变量X的分布列为：

所以

20. 如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，点E为PC的中点，AB∥CD，CD⊥AD，CD＝2AB＝2，PA＝AD＝1，PA⊥AD．

（1）证明：BE⊥平面PCD；

（2）求二面角P−BD−E的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取PD的中点F，连接AF，EF，根据题意证得，，结合线面垂直的判定定理证得结果；

（2）如图建立空间直角坐标系，求得平面PBD的法向量为，平面EBD的法向量为，利用向量所成角的余弦值，进而得到二面角P−BD−E的余弦值

【小问1详解】

证明：取PD的中点F，连接AF，EF，

则，．

又，，所以，，

所以四边形ABEF为平行四边形，所以．

因为，，所以．

所以．．．．．．

因为平面PAD⊥平面ABCD，，

所以PA⊥平面ABCD，所以，．．．．．．

所以．

又点E为PC的中点，所以．．．．．

又，所以BE⊥平面PCD．

【小问2详解】

以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A（0，0，0），P（0，0，1），B（1，0，0），D（0，1，0），C（2，1，0），E（1，，）． ．．．．．

于是

设平面PBD的法向量为，则

得．取．得…………

设平面EBD的法向量为，则，

得取．得．…………

所以，

所以二面角P−BD−E的余弦值为.

【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，利用空间向量求解二面角的余弦值，在解题的过程中，注意正确写出点的坐标是重中之重.

21. 已知动圆M过定点，且在y轴上截得弦长为4，圆心M的轨迹为曲线L．

（1）求L的方程；

（2）已知点，，P是L上的一个动点，设直线PB，PC与L的另一交点分别为E，F，求证：当P点在L上运动时，直线EF恒过一个定点，并求出这个定点的坐标．

【答案】（1）   

（2）证明见解析，定点；

【解析】

【分析】（1）设圆心，圆的半径为R，依题意得到方程，整理即可；

（2）设，，，即可得到直线的方程，同理可得直线与直线的方程，再根据直线过点，直线过点，即可消去，从而求出过定点坐标；

【小问1详解】

解：设圆心，圆半径为R，则，整理得．

所以动圆圆心的轨迹方程为．

【小问2详解】

证明：抛物线的方程为，设，，，

则直线的方程为，

得，

又，所以直线的方程为．

同理可得直线的方程为，

直线的方程为

因为直线过点，所以；

因为直线过点，所以．

消去，得．

代入的方程，得，

所以直线恒过一个定点．

22. 已知函数，其中．

（1）若在R上单调递增，求实数a的取值范围；

（2）对，，使得，且，求实数a的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）因为在R上单调递增，所以可得答案；

（2）当时，在R上单调递增不满足题意；当时，由，得．利用单调性可得，即对任意恒成立，令，转化为对恒成立，

求出，分、，利用的单调性可得答案.

【小问1详解】

因为f（x）在R上单调递增，且在上单调递增，所以在单调递增，且，

所以对恒成立．

因为，所以，．

【小问2详解】

当时，由（1）知，f（x）在R上单调递增，不满足题意，∴，

此时，当时，，

所以在（－∞，0）单调递减，在（0，＋∞）单调递增．

因为，所以，

又，所以，

因为在单调递减，所以，

又，所以，

所以，

即对任意恒成立，

由，得，

即，

令，

转化为对恒成立，，

因为，

当时，，，所以在单调递减，

所以，满足题意，

当时，时，，在单调递增，

所以，，不满足题意，

综上，．

【点睛】对于函数恒成立求参数的问题，可以直接法利用导数求参数的范围，还可以分离参数，再构造函数，利用导数求新函数的最值可得答案.