江苏省扬州市2021-2022学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）.docx

1、2021-2022学年度第二学期期末检测试题高二数学2022.6（全卷满分150分，考试时间120分钟）一、单项选择题（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，只有一项符合要求）1. 若全集，集合，则（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据补集和交集的定义即可得解.【详解】解：因为，集合，所以，所以.故选：B.2. 已知，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】D【解析】【分析】根据充分与必要条件的概念，举例判断即可【详解】当时，满足，但不满足；又当时，满足，但不满足.故“”是“”的既

2、不充分也不必要条件故选：D3. 甲、乙分别从扬州民间艺术、扬州盐商文化、扬州评话和大运河的前世今生4门课程中选修1门，且2人选修的课程不同，则不同的选法有（ ）种.A. 6B. 8C. 12D. 16【答案】C【解析】【分析】由于两人选不同，属于排列，计算结果即可.【详解】甲、乙2位同学分别从4门课程中选修1门，且2人选修课程不同，则有种.故选：C.4. 如图，平行六面体的底面是边长为1的正方形，且，则线段的长为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先以为基底表示空间向量，再利用数量积运算律求解.【详解】解：，所以，故选：B5. 某种产品的广告费支出（单位：万元）与销售额（单

3、位：万元）之间有如下对应数据：2456830405070已知关于的线性回归方程，现有四个命题：甲：根据模型预测当时，的估计值为35；乙：；丙：这组数据的样本中心为；丁：.如果只有一个假命题，则该命题是（ ）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】A【解析】【分析】先假设，然后逐项验证即可【详解】,若,则,数据的样本中心为则,得根据模型预测当时,的估计值为37即乙丙丁为真命题,甲为假命题故选：A6. 已知函数，则（ ）A. 12B. 12C. 26D. 26【答案】A【解析】【分析】求导代入可得，进而求得即可【详解】，故，解得，故，故故选：A7. 已知过原点的直线与函数的图像有两个公共点，则该直

4、线斜率的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出函数图象并分别求出和两段图象的切线方程，由交点个数即可求出斜率的范围.【详解】设过原点与相切的于点，则斜率为，此切线方程为，将原点带入得，即斜率为，当斜率时函数与过原点的直线有两个公共点，设过原点与相切的于点，则斜率为，此切线方程为，将原点带入得，即斜率为，当斜率时函数与过原点的直线有两个公共点，故选：B.8. 托马斯贝叶斯（Thomas Bayes）在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中称为的全概率.假设甲袋中有3个白球和3个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋

5、中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，先分析求解设从甲中取出个球，其中红球的个数为个的事件为，事件的概率为，从乙中取出个球，其中红球的个数为2个的事件为，事件的概率为，再分别分析三种情况求解即可【详解】设从甲中取出个球，其中红球的个数为个的事件为，事件的概率为，从乙中取出个球，其中红球的个数为2个的事件为，事件的概率为，由题意：，；，；，；根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为故选：C二、多项选择题（本大题共4小题

6、，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，有选错的得0分，部分选对的得2分）9. 已知奇函数与偶函数的定义域、值域均为，则（ ）A. 是奇函数B. 是奇函数C. 是偶函数D. 是偶函数【答案】BD【解析】【分析】根据奇函数、偶函数的定义逐一判断即可【详解】对于A选项，因为且，所以既不是奇函数也不是偶函数，故A错误对于B选项，因为，所以是奇函数，故B正确对于C选项，因为，所以是奇函数，不是偶函数，故C错误对于D选项，因为，所以是偶函数，故D正确故选：BD10. 现有2名男同学与3名女同学排成一排，则（ ）A. 女生甲不在排头的排法总数为24B. 男女生相

7、间的排法总数为12C. 女生甲、乙相邻的排法总数为48D. 女生甲、乙不相邻的排法总数为72【答案】BCD【解析】【分析】A. 利用排除法求解判断； B.利用插空法求解判断；C.利用捆绑法求解判断；D.利用插空法求解判断.【详解】A. 女生甲在排头的排法有，所以女生甲不在排头的排法总数为，故错误；B. 2名男同学全排列为种，产生3个空，再将3名女同学排上有种，所以男女生相间的排法总数为，故正确；C.女生甲、乙相邻看作一个元素，则种，女生甲、乙再排列有种，所以女生甲、乙相邻的排法总数为种，故正确； D.除女生甲、乙以外3人全排列有种，产生4个空，再将女生甲、乙排上有种，所以女生甲、乙不相邻的排法

8、总数种，故正确故选：BCD11. 已知正方体、的棱长为1，点是对角线、上异于、的动点，则（ ）A. 当是的中点时，异面直线与所成角的余弦值为B. 当是的中点时，、四点共面C. 当平面时，D. 当平面时，【答案】ACD【解析】【分析】对AB，连接，则异面直线与所成角即与所成角，从而判断A，再根据平面可判断B；对CD，根据线面平行的判定可得平面平面，进而得到当平面时为与平面的交点.结合线面垂直的判定与性质可得，进而结合三角函数的关系求得【详解】对AB，当是的中点时，连接，易得三点共线，连接，则异面直线与所成角即与所成角，因为，故A正确；此时显然平面，故、四点不共面，故B错误；对CD，连接，由正方体

9、的性质可得，则平面平面.又平面，故为与平面的交点.又，故平面，故，同理可得，故平面，故.故D正确；故，所以，故，故C正确；故选：ACD12. 若过点最多可以作出条直线与函数的图像相切，则（ ）A. 可以等于2022B. 不可以等于3C. D. 时，【答案】AD【解析】【分析】设过点的直线与函数的图像相切时的切点为，利用导数的几何意义可得，构造函数，进而可得过点的直线与函数的图像相切的切线条数即为直线与曲线的图象的公共点的个数，利用导数研究函数的性质，画出函数的大致图象，利用数形结合可得不同取值时的取值，结合选项分析即得.【详解】设过点的直线与函数的图像相切时的切点为，则，因为，所以切线方程为，

10、又在切线上，所以，整理得，令，则过点的直线与函数的图像相切的切线条数即为直线与曲线的图象的公共点的个数，因为，令，得，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减，因为，所以，函数的图像大致如图由图可知当时，直线与曲线的图像没有公共点，即，当或时，直线与曲线的图像有1个公共点，即，当时，直线与曲线的图像有2个公共点，即，当时，直线与曲线的图像有3个公共点，即，对于A，当，此时，则符合题意，故A正确；对于B，当时，故B错误；对于C，当时，则，故C错误；对于D，当或时，则当时，故D正确.故选：AD.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 如果随机变量，且，则_.【答案】0

11、.3#【解析】【分析】根据正态分布的对称性求解即可【详解】因为随机变量，故故答案为：14. 已知是平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为_.【答案】#【解析】【分析】利用空间向量求点到平面的距离即可.【详解】由题可得，又是平面的一个法向量，则点P到平面的距离为.故答案为：.15. 已知，若对，使得，则实数的最小值为_.【答案】【解析】【分析】依题意可知，分别求出及，列式即可求解【详解】依题意可知则，当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减所以在上单调递增，则所以，所以，即的最小值为故答案为：16. 正四棱柱中，点为侧面上一动点（不含边界），且满足.记直线与平面所成的角为，则的取值

12、范围为_.【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设，由，得到，根据，得到或，然后利用线面角的向量求法求解.【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：则，设，所以，因为，所以，则，因为，则，解得或，易知平面的一个法向量为，所以，则，所以，故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17 设：，：.（1）若，且、均为真命题，求满足条件的实数构成的集合；（2）若是的充分条件，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）当时，分别化简与，再取交集即得所求（2）是的充分条件，则所表示的取值范围是所表示的取值范围的子集，利用集合的包

13、含关系即可求解【小问1详解】因为：，：，即，所以、均为真命题，则取公共部分得实数构成的集合为；【小问2详解】（2）因为是的充分条件，且：，：，所以，所以，解得，故实数的取值范围是.18. 已知的展开式中，_.现在有以下三个条件：条件：第4项和第2项的二项式系数之比为；条件：只有第6项的二项式系数最大；条件：其前三项的二项式系数的和等于56.请在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并解答下列问题：（1）求展开式中所有二项式系数的和；（2）求展开式中的常数项.【答案】（1）1024 （2）180【解析】【分析】（1）选条件得到求解；选条件得到求解；选条件得到求解.（2）由（1）得到二项式为，

14、再利用通项公式求解.【小问1详解】解：选条件：因为第4项和第2项的二项式系数之比为；所以，即，即，解得（舍）或.所以展开式中所有二项式系数的和；选条件：因为只有第6项的二项式系数最大；所以为偶数，且，解得.所以展开式中所有二项式系数的和；选条件：因为其前三项的二项式系数的和等于56，所以，即，即，所以（舍）或.所以展开式中所有二项式系数的和；【小问2详解】由（1）二项式为，其通项公式为：，令，解得，所以展开式中的常数项为.19. 甲、乙、丙进行乒乓球比赛，比赛规则如下：赛前抽签决定先比赛的两人，另一人轮空：每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有人累计胜两场，比赛结束.经抽

15、签，甲、乙先比赛，丙轮空.设比赛的场数为，且每场比赛双方获胜的概率都为.（1）求和；（2）求标准差.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）分析，两种情况下的胜负关系，再根据概率的公式求解即可；（2）根据题意可得可能的取值为，再求解的概率，进而根据均值和方差的公式求解即可【小问1详解】：甲胜乙，甲胜丙，结果甲胜；乙胜甲，乙胜丙，结果乙胜.；：甲胜乙，丙胜甲，丙胜乙，结果丙胜；乙胜甲，丙胜乙，丙胜甲，结果丙胜.【小问2详解】根据题意可得可能的取值为.：甲胜乙，丙胜甲，乙胜丙，甲胜乙，结果甲胜；甲胜乙，丙胜甲，乙胜丙，乙胜甲，结果乙胜；乙胜甲，丙胜乙，甲胜丙，甲胜乙，结果甲胜；乙胜甲，丙胜乙

16、，甲胜丙，乙胜甲，结果乙胜；.，所以标准差为.20. 如图，四棱锥的底面是直角梯形，且，正三角形所在平面与平面相互垂直，、分别为、的中点.（1）求证：；（2）若二面角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析； （2）6.【解析】【分析】（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直、面面垂直的性质推理作答.（2）取的中点，连接，以O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.【小问1详解】在四棱锥中，是正三角形，是的中点，则，又平面平面，平面平面，平面，则有平面，而平面，所以.【小问2详解】取的中点，连接，在直角梯形中，、分别为、的中点，则，又，即有，由（1）知平面，又、平面，则，.以为原点

17、，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，如图，则，设平面的一个法向量，则，令，得，由（1）知，平面，则是平面的一个法向量，因二面角的余弦值为，则，又，解得，的值是6.21. 随着科技的发展，看电子书刊的人越来越多在某市随机选出200人进行采访，经统计这200人中看电子书刊的人数占总人数的（假设被采访者只给出“看电子书刊”或“看纸质书刊”两种结果）.将这200人按年龄（单位：岁）分成五组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组.这200人中看纸质书刊的人的年龄的频数分布表如下：年龄频数1522584213（1）年龄在内的称为青壮年，年龄在内的称为中老年.若选出的200入中看电子书刊的中老年有1

18、0人.请完成下面的列联表，并判断能否有95%的把握认为看书刊的方式与年龄层有关.看电子书刊看纸质书刊合计青壮年中老年合计200将频率视为概率，现从该市所有青壮年和中老年人群中随机采访三人，求这三人中恰有两人为中老年且看电子书刊的概率；（2）该市倡议：书香战“疫”，以“读”攻毒，同时许多人呼吁“回归纸质书刊”该市现有报刊亭每天早上从报刊发行处购进某报纸后零售，且规定的零售价格是1.5元/份.若晚上报纸卖不完，则可再退回发行处，此时退回的价格是0.4元/份.有一报刊亭根据市场调研，每天的需求量及其概率情况如下：每天的需求量（单位：份）300400500600概率0.10.30.40.2报刊发行处每

19、100份报纸为一包，并规定报刊亭只能整包购进，每包价格为100元.请为该报刊亭筹划一下，应该如何确定每天购进报纸的包数（，且），使得日收益的数学期望最大.附参考公式：（其中）.参考数据：0.100.050.0250.010.0.0050.0012.7063.8415.024.6.6357.87910.828【答案】（1）表格见解析，有95%的把握认为看书刊方式与年龄层有关； （2）【解析】【分析】(1)根据数据列表计算即可；(2)分别求出， ，时，的值比较即可.【小问1详解】填写列联表如下：看电子书刊看纸质书刊合计青壮年4095135中老年105565合计50150200假设：看书刊的方式与年

20、龄层没有关系.根据列联表中的数据可以求得，由于，且当成立时，所以有95%的把握认为看书刊方式与年龄层有关.随机采访的一人为中老年且看电子书刊的概率为，且每次采访相互独立，所以这三人中恰有两人为中老年且看电子书刊的概率为.【小问2详解】时，（元）；时，（元）；时，（元）；时，（元）.综上所述，当时，利润的数学期望最大.22. 已知函数，.（1）令上，求的单调区间；（2）若对于任意的，恒成立，试探究是否存在极大值?若存在，求极大值点的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析 （2）存在，【解析】【分析】（1）对参数分，讨论即可（2）通过隐零点代换找出与的关系，得到关于的不等式，解不等式即可【小问1详解】由题可知,.若的单调递减区间是,无增区间若当当所以的单递减区间是,单调增区间是【小问2详解】因为对于任意的恒成立所以,所以因为,记则,所以单调递减又所以存在,使得,即当在上单调递增当在上单调递减所以当时取极大值令则对于任意的恒成立,所以 又因,所以,所以化简不等式,可得又,所以所以极大值点的取值范围为【点睛】关键点点睛：本题有一个关键是取点，即