安徽省合肥六校联盟2021-2022学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

合肥六校联盟2021-2022学年第二学期期末联考

高二年级数学试卷

（考试时间：120分钟     满分：150分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 设集合．若，则实数的值为（    ）

A. 1 B.  C. 1或 D. 0或1或

【答案】D

【解析】

【分析】对进行分类讨论，结合求得的值.

【详解】由题可得，，

当时，，满足；

当时， ，则或，即.

综上所述，或.

故选：D.

2. 已知复数．给出下列三个结论：①的虚部是；②；③．其中错误结论的个数是（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】将复数化简为，根据复数的相关概念即可得出结果.

【详解】，

的虚部为1，，，故错误结论的个数是2．

故选：C.

3. 下列直线中，与曲线在点处的切线平行的直线是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可求得，根据导数几何意义可知：平行的直线的斜率为，分析判断，注意排除重合的可能．

【详解】，则

∴平行的直线的斜率为

∵A、C选项中直线的斜率为，A、C错误；

过切点，斜率为，即为曲线在点处的切线，D错误；

的斜率为，且不与重合，B正确；

故选：B．

4. 已知函数，则的图像大致是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据的奇偶性和的符号可选出答案.

【详解】因为，所以是奇函数，故排除BD，

因为，所以可排除C，

故选：A

5. 记的内角的对边分别是，已知，，则的面积为（    ）

A. 1 B. 2 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由正弦定理及余弦定理得，然后利用余弦定理结合三角形的面积公式，即可求解.

【详解】∵，

∴，，可得，

∵，，，

∴，

所以三角形的面积为.

故选：D.

6. 下列命题正确的是（    ）

A. 在中，“”是“”的充要条件

B. 若命题，则命题

C. 若向量，则

D. 函数的最小值为2

【答案】A

【解析】

【分析】对于A，利用正弦定理分析判断，对于B，将全称命题否定为特称命题即可，对于C，举例判断，对于D，举例判断

【详解】对于A，在中，由，得，所以由正弦定理得，反之也成立，所以在中，“”是“”的充要条件，所以A正确，

对于B，命题，则，所以B错误，

对于C，若，则满足，而此时与不一定共线，所以C错误，

对于D，若，则，所以D错误，

故选：A

7. 由样本数据，对两个变量和进行回归分析，则下列说法错误的是（    ）

A. 由样本数据得到的回归直线必过点

B. 残差平方和越小的模型，拟合的效果越好

C. 用决定系数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好

D. 若变量和之间的相关系数为，变量和之间具有较强的线性相关关系

【答案】C

【解析】

【分析】根据回归分析中的各个概念进行判断．

【详解】回归方程必过样本中心，A正确；

残差平方和越小，代表估计值和测量值越接近，即拟合的效果越好，B正确；

越接近1，模型的拟合效果越好，C错误；

若，则变量和之间具有较强的线性相关关系，D正确；

故选：C．

8. 的展开式中，含项的系数为（    ）

A. 160 B. 140 C. 120 D. 100

【答案】A

【解析】

【分析】利用二项式定理的知识求出答案即可.

【详解】的展开式中，含项为，

故选：A

9. 在某市一次高三质量检测中，理科学生共有8600人，他们的数学成绩服从正态分布．如果李明同学在这次考试中的数学成绩是115分，那么他的数学成绩大约排在全市的名次为（    ）

附：若，则，

A. 98 B. 196 C. 392 D. 1365

【答案】B

【解析】

【分析】利用正态分布曲线的对称性即可求解.

【详解】由理科学生的数学成绩服从正态分布可知，.

而115=95+20，又，

所以，

又，

所以该学生的数学成绩大约排在全市的名次为．

故选：B.

10. 已知点分别是等轴双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线上，，的面积为8，则双曲线的方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由得，然后由三角形面积、双曲线的定义、勾股定理联立可求得得双曲线方程．

【详解】，是的中点，所以，

，则，

，解得，

所以双曲线方程为．

故选：D．

11. 2022北京冬奥会期间，志愿者指挥部随机安排甲、乙等5名志愿者参加冰壶、冰球、短道速滑、花样滑冰4个比赛项目的志愿服务，假设每个项目至少安排一名志愿者，且每位志愿者只能参与其一个项目，求在甲被安排到了冰壶的条件下，乙也被安排到冰壶的概率（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意可知：有且仅有两人安排到了同一个比赛项目，利用捆绑法可求所有的安排有种，甲被安排到了冰壶有两种可能：冰壶安排了两人和冰壶没有安排两人，分别运算求和，甲、乙被安排到冰壶的所有安排有种，根据古典概型分别求，，再结合条件概率公式求解．

【详解】由题意可得：所有的安排有种

甲被安排到了冰壶的所有安排有种，记“甲被安排到了冰壶”为事件A，则

记“乙也被安排到冰壶”为事件B，则甲、乙被安排到冰壶的所有安排有，则

在甲被安排到了冰壶的条件下，乙也被安排到冰壶的概率

故选：C．

12. 已知向量，函数．若对于任意的，且，均有成立，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可得，则在上恒成立，不妨设，则原不等式可转化为，构造函数，再利用导数研究函数的性质即可求得实数的取值范围

【详解】由题意得，则，

当时，恒成立，

所以在上为增函数，

不妨设，则，

因为，

所以等价于，

即，

令，，

所以可知在上为减函数，

所以在上恒成立，

即在上恒成立，

令，

则，

所以在上为减函数，

所以，所以，

故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决恒成立问题，解题的关键是判断出在上为增函数，不妨设，将原不等式转化为恒成立，构造函数，可得在上为减函数，再分离参数，构造函数，求出函数的最大值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知直线与圆相交于两点，则=__________．

【答案】2

【解析】

【分析】求出圆心到直线的距离，再利用弦长公式，求得弦长.

【详解】根据圆的方程：，圆心坐标，半径，

∴圆心到直线距离，

所以，

故答案为：.

14. 设随机变量，若，则=__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据条件求出，然后可得答案.

【详解】因为，所以，，

因为，，所以，

所以，所以，所以，所以，

故答案为：

15. 中国古代数学史有许多光辉灿烂的篇章，“杨辉三角”就是其中十分精彩的一页．如图所示，在“杨辉三角”中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10，…，记这个数列的前项和为，则__________．

【答案】285

【解析】

【分析】分奇偶讨论，求出数列的通项公式，然后可求出答案．

【详解】为偶数时，，

为奇数时，，，，

，

，

，

，

上面各式相加可得．

所以

，

故答案为：285．

16. 如图，直角梯形中，四边形为正方形，，将沿边折起，折起后A点在平面上的射影为点，则翻折后的几何体中有如下描述：

①；

②平面平面；

③与所成角的正切值是；

④直线与平面所成角为

以上描述正确的有_____________．(把所有正确描述的序号都填上)

【答案】①②③

【解析】

【分析】利用线面垂直即可证得进而肯定①；依据面面垂直判定定理即可证得平面平面进而肯定②；求得与所成角的正切值判断③；求得直线与平面所成角判断④

【详解】直角梯形中，四边形为正方形，，

将沿边折起，折起后A点在平面上的射影为点，

则平面，

选项A：连接，设

由四边形为正方形，则，又,

则平面，又平面，则.判断正确；

选项B：由四边形为正方形，平面，

可得，，又

则平面，又平面，则平面平面.判断正确；

选项C：连接AC，由，可得为与所成角或其补角

由平面，可得，则为与所成角

中，，，则

则，则与所成角的正切值是.判断正确；

选项D：连接，由平面，

可知为直线与平面所成角

正方形中，，又，平面，

则，则，,则

又，则，

则直线与平面所成角为.判断错误.

故答案为：①②③

三、解答题：本大题共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. 设数列的前项和为，已知，再从以下三个条件中，任意选择一个，并解决下面两个问题．

①； ②； ③．

（1）求数列的通项公式，

（2）若数列满足，求数列的前项和．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】（1）选①②③答案均相同，   

（2）选①②③答案均相同，

【解析】

【分析】（1）选①，由得出的递推关系，确定是等比数列，求出后再求；选②，由对数的性质得出数列是等比数列，从而得通项公式；选③，由已知式变形可得数列是等比数列，从而得通项公式；

（2）用借位相减法求和．

【小问1详解】

选①，；，，

又，所以是等比数列，公比为2，

，

所以，时，，而a1=1符合，

综上，；

选②，，即，

所以，又，所以是等比数列，公比为2，所以；

选③，，，

因为，所以，而，所以是等比数列，公比为2，所以；

【小问2详解】

选①②③均相同：

由（1）得，

则

，

两式相减得，

所以．

18. 已知函数．

（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；

（2）若将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的两倍(纵坐标不变)，得到函数的图象，求函数在区间上的值域．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换整理可得，代入最小正周期运算求解，再以为整体结合正弦函数可得，运算求解的单调递减区间；（2）根据图像变换可得，以为整体结合正弦函数图像求值域．

【小问1详解】

∴的最小正周期为

∵，则

∴的单调递减区间为

【小问2详解】

根据题意可得：将函数的图象向右平移个单位长度，得到

再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的两倍(纵坐标不变)，则

∵，则

∴，则

即函数在区间上的值域为．

19. 甲、乙两人进行定点投篮游戏，规则是一人投篮，若投中，则继续投篮，否则由另一人投篮．已知第一次由甲投篮，每次投篮甲、乙命中的概率分别为．

（1）求第三次仍由甲投篮的概率；

（2）在前3次投篮中，记甲投篮的次数为，求的分布列和期望

【答案】（1）   

（2）的分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）第三次由甲投篮包括第一次甲命中第二次甲命中和第一次甲未命中第二次乙未命中，进而结合概率乘法公式即可求出结果；

（2）求出的可能取值及对应的概率，进而列出分布列，根据期望的公式即可求出结果.

【小问1详解】

因为第三次由甲投篮包括第一次甲命中第二次甲命中和第一次甲未命中第二次乙未命中，

所以;

【小问2详解】

在前3次投篮中，记甲投篮的次数为,则的所有取值为

，，

故的分布列为：

.

20. 如图所示，在三棱柱中，侧面为菱形，，侧面为正方形，平面平面，点为的中点，点为上的动点，设．

（1）当为何值时，平面？ 并加以证明．

（2）求三棱锥的体积．

【答案】（1），详见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由三角形中位线得到，再利用线面平行的判定定理证明.

（2）取的中点，利用面面垂直的性质定理可得平面，利用线面垂直的判定定理得到平面，然后利用棱锥的体积公式即得.

【小问1详解】

当，即点为中点时，平面.

连接，

因为为菱形，点为的中点，所以.

又点为的中点，点为的中点，所以，

而平面，平面，所以平面.

【小问2详解】

侧面为菱形，，

为等边三角形，，

取的中点，连，则，，

又平面平面，平面平面，平面，

平面，即三棱柱的高为，，

而为正方形，，

又，，又，

平面，平面，则，

所以面积为，

∴三棱锥的体积为.

21. 已知椭圆的离心率为，一个焦点与抛物线的焦点重合．

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线交于两点，直线与关于轴对称，证明：直线恒过一定点．

【答案】（1）；   

（2）详见解析.

【解析】

【分析】（1）由题可得，进而可得，即得；

（2）利用韦达定理法，利用斜率互为相反数得与的一次关系即得.

【小问1详解】

由，可得，

∴，又离心率为，

∴，，

∴椭圆C的方程为.

【小问2详解】

设，

由，可得，

∴，可得，

，

由直线与关于轴对称，

∴，即，

∴，

即，

∴，

可得，

所以直线方程为，恒过定点.

22. 已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若在处取得极值，对任意恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）求出，然后分、两种情况可得答案；

（2）根据条件求出的值，然后利用分离变量法求解即可.

【小问1详解】

因为，所以，

当时，，在上单调递减，

当时，由可得，由可得，

所以上单调递减，在上单调递增，

综上：当时， 在上单调递减，

当时， 在上单调递减，在上单调递增，

【小问2详解】

因为在处取得极值，所以结合（1）可得，即，

所以，

所以由可得，

令，则，

当时，，即，单调递减，

当时，，即，单调递增，

所以.

所以实数的取值范围是.