江苏省南师附中、淮阴中学、天一中学、海门中学2021-2022学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）.docx

1、江苏省南师附中、淮阴中学、天一中学、海门中学2021-2022学年下学期期末联考数学试题一、选择题：本大题共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. 已知集合，若，则实数a的值为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出【详解】因为，所以或，解得：故选：C2. 已知，都是实数，那么“”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】D【解析】【详解】；，与没有包含关系，故为“既不充分也不必要条件”.3. 魏晋时期刘徽撰写的海岛算经是关于测量的数学著作，其

2、中第一题是测量海岛的高.如图，点E，H，G在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，若，则海岛的高（ ）A. 20B. 16C. 27D. 9【答案】A【解析】【分析】利用平面相似的有关知识即可解出【详解】由平面相似知识可知，所以，解得，从而故选：A4. 若非零向量，满足，则向量与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由向量垂直转化为向量的数量积为0，利用向量的数量积运算化简即可得出结果.【详解】由题意，可得，即，即，由，可得，故.故选：B5. 的展开式中含项的系数为4，则实数（ ）A. B. C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】根据分步计数原理和

3、多项式乘法原理即可解出【详解】的展开式中产生含项有两种情况：情况一：；情况二：，所以含项的系数：，解得：故选：B6. 设，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用指、对函数的单调性求出的范围，即可解出【详解】因为，所以，故选：D7. 已知椭圆，对于C上的任意一点P，圆上均存在点M，N使得，则C的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作图，根据图形分析当点 位于椭圆长轴端点， 分别为过P点对圆O做切线的切点时，如果 ，则可以满足题目的要求.详解】如上图，当P位于右端点（做端点也相同），如果，则对于C上任意的点P，在圆

4、O上总存在M，N点使得 ，此时， ， ；故选：A.8. 已知函数，在上单调递增，且关于x的方程恰有1个实数根，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据 在R上是增函数确定a的大范围，再根据与y=x+2只有1个交点确定a的具体范围即可.【详解】在R上单调递增，则 也是增函数， ，并且 ，即 ， ；考察 与 两条曲线的交点：设 ，则 ， ，在 时， ， 无实数根；当 时， 与y=x+2有且只能有一个交点，由于点（0,2）已经是交点了，所以在 时， 与y=x+2不能有交点，作函数图像如下：当 与 在（0,1）点相切时， 的部分在y=1-x的上方，无交点，相切

5、时， ，欲使 在上方（ 时无交点） ，根据指数函数的性质知： ， ；故选：B.二、多项选择题：本大题共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. 已知复数（其中i为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）A. z的虚部为B. C. D. z在复平面内对应点在第四象限【答案】BC【解析】【分析】根据复数代数形式的运算，复数的有关概念以及几何意义即可判断【详解】对于选项A，z的虚部为，故A错；对于选项B，故B对；对于选项C，故C对；对于选项D，可得在复平面内点为，在虚轴上，故D错；故选：BC.10. 阳山水蜜桃迄今已

6、有近七十年的栽培历史，产于中国著名桃乡江苏无锡阳山镇.水蜜桃果形大、色泽美，皮韧易剥、香气浓郁，汁多味甜，入口即化，有“水做骨肉”的美誉，阳山水蜜桃早桃品种5月底开始上市，7月15日前后，甜度最高的湖景桃也将大量上市.已知甲、乙两个品种的阳山水蜜桃的质量（单位：斤）分别服从正态分布，其正态分布的密度曲线如图所示则下列说法正确的是（ ）A. 乙品种水蜜桃的平均质量B. 甲品种水蜜桃的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右C. 甲品种水蜜桃的平均质量比乙类水果的平均质量小D. 乙品种水蜜桃的质量服从的正态分布的参数【答案】ABC【解析】【分析】根据图像以及正态密度曲线的性质即可逐一分析四个选项得到

7、结论.【详解】对于选项A：，故A对；对于选项B：甲图像相对乙更高瘦，故B对；对于选项C：，故C对；对于选项D：乙图像的最高点为1.99，故对称轴取值为，所以，故D错.故选：ABC.11. 如图所示，已知正方体棱长为1，过对角线的一个平面交于E，交于F，下列结论中正确的是（ ）A. 四边形一定是平行四边形B. 四边形有可能是正方形C. 四边形周长的最小值为D. 四棱锥的体积为定值【答案】AD【解析】【分析】根据面面平行的性质定理可判断A对；利用反证法可判断B错；设，即可表示出四边形周长为，计算可知其最小值为，C错；根据等体积法可知D对【详解】对于选项A，由面面平行的性质定理得，故A对；对于选项B

8、，若四边形为正方形，则，且，且在正方体中有，所以面，即E与A重合，而此时，故B错；对于选项C，设，所以四边形周长为，根据几何意义可知，表示点到，的距离之和，即可知，四边形周长的最小值为，故C错；对于选项D，故D对；故选：AD.12. 已知函数，下列关于说法正确的是（ ）A. 函数的最小正周期为B. 对任意的实数a，为函数的一个对称中心C. 对任意的实数a，直线为函数的对称轴D. 存在实数a及正整数n，使得函数在区间上有2021个零点【答案】ACD【解析】【分析】根据最小正周期的定义，对称轴对称点和零点的定义逐项分析可以以求解.【详解】对于A，所以函数的一个周期为，下面研究函数在上的情况，当时，

9、；当时，；所以函数的最小正周期为，故A正确；对于B，故B错误；对于C，故C正确；对于D，令，当 时， ，显然当 时， ；当 时， ， = ， ，仅当 时， ，当 时， ，是增函数，当 时， ，是减函数， ， ，仅当 时等号成立， 在一个周期内有2个零点，即仅有 是函数的零点，当n=1011时，在开区间 上有2021个零点，故D正确；故选：ACD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则_.【答案】【解析】【详解】试题分析:因为，所以，考点:三角变换14. 已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，为坐标原点，若的面积为2，则 到直线的距离为_.【答案】#0.8【解析】【分析

10、】根据三角形面积公式，即可求出点，然后抛物线定义，求出长度，根据等面积法即可求出.【详解】，设，因为，所以，不妨取，则,则，故 到距离为.故答案为：15. 盒子中有2个红球和3个黑球，随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并加上与取出的球同色的球2个.现再从盒子中随机取出一个球，则取出为黑球的概率为_.【答案】#【解析】【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.【详解】若第一次取出为红球，则再取黑球概率为；若第一次取出为黑球，则再取黑球概率为，所以取出为黑球的概率为.故答案为：16. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，其中从第三

11、个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，记为.利用下图所揭示的的性质，则在等式中，_.【答案】2020【解析】【分析】由题意可得，再结合累加法即可求解【详解】由题意，所以，。，所以，所以，所以，所以，由，所以，所以，故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知是公差不为0的等差数列，是等比数列，.（1）求和的通项公式；（2）记，求数列的前2n项和.【答案】（1），； （2）【解析】【分析】（1）设公差为d，公比为q，即可根据题意列出方程组，解出，即可得到和的通项公式；（2）根据分组求和

12、法即可解出【小问1详解】设公差为d，公比为q，由，以及，即，而，解得：，所以，【小问2详解】18. 在；.这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并作答.问题：在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_.（1）求B；（2）若为锐角三角形，求的面积.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）【答案】（1）选，；选，；选，； （2）【解析】【分析】（1）若选，由正弦定理边化角，以及两角和的正弦公式的逆用可得，从而可得，即可得解；若选，根据余弦定理角化边，以及余弦定理的推论即可解出；若选，由正弦定理边化角，以及两角和的正弦公式的逆用可得，从而可得，即可得解；（2）由（1）可知，无论选，都求

13、出，根据正弦定理可得，从而可得，即可利用求出，最后由即可解出【小问1详解】若选：，由正弦定理可得，得得，而，即，而，解得；若选：，由余弦定理可得，即，所以，而，解得；若选：，由正弦定理可得， ，即，而，即，而，解得【小问2详解】由正弦定理得，即，解得，则，所以所以.19. 如图1，已知等边的边长为3，点M，N分别是边，上的点，且满足，如图2，将沿折起到的位置.（1）求证：平面平面；（2）若，求平面和平面的夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据所给条件，运用勾股定理证明 即可；（2）建立直角坐标系，用坐标表示数量积，用数量积求夹角即可.【小问1详解】在AMN中，

14、由余弦定理得，所以，即，所以，又因为 ，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；【小问2详解】由条件： ，由（1） ， 平面BCNM， 平面BCNM，以M为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则，即， ，设平面的一个法向量为，则 ，即，令，有，设平面的一个法向量为，则由 ，可化简得 ，令，有，设平面和平面夹角为，则，所以.综上，平面和平面夹角的正弦值为 .20. 为有效控制我国儿童和青少年近视发病率，提高儿童和青少年视力健康水平，教育部发文鼓励和倡导学生经常参加户外活动，积极参加体育锻炼乒乓球羽毛球等有益于眼肌锻炼的体育活动.某中学对学生参加羽毛球运

15、动的情况进行调查，将每周参加羽毛球运动超过2小时的学生称为“羽毛球爱好者”，否则称为“非羽毛球爱好者”，从调查结果中随机抽取50份进行分析，得到数据如表所示：羽毛球爱好者非羽毛球爱好者总计男2026女14总计50（1）补全列联表，并判断是否有99%的把握认为是否为“羽毛球爱好者”与性别有关?（2）为了解学生的羽毛球运动水平，现从抽取的“羽毛球爱好者”学生中，按性别采用分层抽样的方法抽取三人，与体育老师进行羽毛球比赛.若男“羽毛球爱好者”获胜的概率为，女“羽毛球爱好者”获胜的概率为，三人比赛结果独立.记这三人获胜的人数为X，求X的分布列和数学期望.0.050.0100.001k3.8416.63

16、510.828【答案】（1）列联表见解析，没有99%把握认为是否为“羽毛球爱好者”与性别有关 （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由题意直接补全联列表即可，再求出即可求解；（2）先确定抽取的男女生人数，再结合相互独立事件的概率公式即可求解【小问1详解】补全的联列表如下：羽毛球爱好者非羽毛球爱好者总计男20626女101424总计302050所以没有99%把握认为是否为“羽毛球爱好者”与性别有关.【小问2详解】由（1）得抽取的3人中2人为男生，1人为女生，X的可能取值为0，1，2，3，X的分布列为：X0123P所以.21. 已知双曲线的离心率为，两条准线间的距离为.（1）求C的标准方程；（

17、2）斜率为k的直线l过点，且直线与C的两支分别交于点A，B，求k的取值范围；若D是点B关于x轴的对称点，证明：直线AD过定点.【答案】（1）； （2）；证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意可列出两个关于的方程，解出，再根据的关系求出，即可得到C的标准方程；（2）设直线，联立直线方程与椭圆方程，由且，即可求出k的取值范围；设，令，将的值代入即可求出，从而可知直线AD过定点，从而得证【小问1详解】由已知得 可得 ，又双曲线中，所以C的标准方程为：【小问2详解】设直线，由，消去y可得，则，因为直线与双曲线交于两支，所以且，即，解得：；设，令，即直线AD过定点.22. 已知，其中.（1）讨论的单调

18、性；（2）取，其中，求最小的k，使有两个零点.【答案】（1）答案见解析； （2）0.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，结合定义域，分别讨论，由的符号即可得到函数的单调性；（2）先求出，然后通过二次求导可知存在，使得在上递减，在上递增，要使得有两个零点，则必要条件为，求出k最小值为0，再证明充分性即可得解【小问1详解】因为，定义域为，所以，时，即单调递增；时，当时，所以单调递增；当时，所以单调递减.【小问2详解】时，则，设，所以在单调递增，又因为，所以存在，满足，即，化简得：，解得，当时，即，则单调递减；当时，即，则单调递增；要使得有两个零点，则必要条件为，即，即，因为，所以k最小值为0，再证当时，有两个零点，因为，所以存在，满足，即此时有两个零点.综上所述，最小的k为0.【点睛】本题主要考查含参函数的单调性问题的求解，以及利用导数研究函数的零点问题，含参函数单调性讨论解题关键是分段点的确定，利用导数研究函数的零点问题解题关键是通过导数判断函数的单调性以及结合零点存在性定理确定零点存在的区间，考查学生处理导数问题的综合能力，属于较难题