浙江省绍兴市高二下学期期末数学试题

绍兴市2021学年第二学期高中期末调测高二数学一､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，只有一项是符合题目要求的）1.设集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据交集的计算求解即可【详解】由题意，故选：B2.若复数满足（为虚数单位），则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用复数的除法即可求解.【详解】因为复数满足，所以.故选：A3.命题“，”的否定为（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】由含存在量词的命题的否定方法写出命题的否定即可.【详解】命题的否定在否定结论的同时，量词作相应改变，所以命题“，”的否定为，，故选：B.4.在中，“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】在中，考查“”和“”的推理关系，看谁可以推出谁，即可得到答案.【详解】在中，当时，由正弦函数的单调性可知，成立，当时，不妨取，即不成立，故“”是“”的充分不必要条件，故选：A5.在同一直角坐标系中，函数，且的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】讨论时和时，函数的图象增减即可判断出可能的图象，即得答案.【详解】当时，为指数函数，且递减，为幂函数，且在时递增，递增的幅度随x的增大而增加的更快，故A错误，B正确；当时，为指数函数，且递增，为幂函数，且在时递增，递增的幅度越往后越平缓，故C,D错误,故选：B6.从名男生名女生中任选人参加学校组织的“喜迎二十大，奋进新征程”的演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题是条件概率的理解与计算，男生甲被选中为事件，此时成为样本空间，事件就是积事件，根据古典概型知识进行计算.【详解】设男生甲被选中为事件，男生乙和女生丙至少一人被选中为事件，由古典概型知识可知，.故选：C.7.已知平面向量，满足，且对任意实数，有，设与夹角为，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可设，由题意求出，根据向量的几何意义找到向量对应的点所在的区域，结合向量夹角的含义，找到与夹角最大时或夹角无限小时的位置，即可求得答案.【详解】由题意可设，则由于对任意实数，有，故恒成立，即对任意实数恒成立，故，即，所以向量对应的点位于如图所示的直线外部的阴影区域内（含边界直线），设，，则,故，不妨假设向量对应的点在上部分区域内，则由图可以看到当对应的点位于B处，即在直线上，且当时，最大，此时，所以，即最小值为，由图可以看到，当B点沿直线向外运动或在阴影部分中向远处运动时，可以无限趋近于0，故，因此的范围是，当B点位于直线上或下方的区域内时，同理可求得的范围是，故选：D8.已知，其中为自然对数的底数，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】观察，发现都含有，把换成，自变量在或其子集范围内构造函数，利用导数证明其单调性，比较的大小.【详解】令，，令，，当时，，单调递增，又，所以，又，所以，成立，所以即，令，，在为减函数，所以，即，令，，在为减函数，所以，即，所以，成立，令，则上式变为，所以所以，所以.故答案为：B.【点睛】比较大小题目，是高考的热点，也是难点，通过观察和构造函数是基本的解题要求，难点在于构造后的证明，需要平时多积累常见的结论，达到深入理解，举一反三，融会贯通.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，有选错的得0分，部分选对的得2分）9.已知，且，则下列不等式中，恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】利用特殊值判断A，利用基本不等式判断B、C、D.【详解】解：对于A：当时，满足，但是，故A错误；对于B：因为，所以，当且仅当时取等号，故B正确；对于C：因为，所以，，所以，当且仅当，即时取等号，故C正确；对于C：因为，所以，，所以，当且仅当时取等号，故D正确；故选：BCD10.设函数，则（）A.函数的最小正周期是B.函数的图象关于直线对称C.函数在上是增函数D.函数是奇函数【答案】AC【解析】【分析】先根据题意化简，由周期公式判断A、整体代入思想求出函数的对称轴和单调增区间判断B，C，函数的平移变换判断D.【详解】对于A，函数的最小正周期是，故A正确；对于B，令，则，函数的图象关于对称，故B不正确；对于C，令，解得：，令，，故C正确；的图象向左平移个单位可得，的图象关于对称，向左平移可得关于对称，故D不正确.故选：AC.11.在正方体中，点满足，其中，，则（）A.当时，平面B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，的面积为定值D.当时，直线与所成角的范围为【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项，确定点在面对角线上，通过证明面面平行，得线面平行；对于B选项，确定点在棱上，由等体积法，说明三棱锥的体积为定值；对于C选项，确定点在棱上，的底不变，高随点的变化而变化；对于D选项，通过平移直线，找到异面直线与所成的角，在正中，确定其范围.【详解】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动，又平面，所以平面，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，平面，同理可证平面，，所以，平面平面，平面，所以，平面，A正确；对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动，三棱锥的体积为定值，B正确；对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点，则，其大小随着的变化而变化，C错误；对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线，因为且,所以四边形为平行四边形，所以，所以或其补角是直线与所成角，在正中，的取值范围为，D正确.故选：ABD.12.已知采用分层抽样得到的样本数据由两部分组成，第一部分样本数据的平均数为，方差为；第二部分样本数据的平均数为，方差为，设，则以下命题正确的是（）A.设总样本的平均数为，则B.设总样本的平均数为，则C.设总样本的方差为，则D.若，则【答案】AD【解析】【分析】对于A选项，因为，由放缩可得；对于B选项，举例说明B不正确；对于C选项，举例说明C不正确；对于D选项，若，代入总体方差计算公式，可得.【详解】对于A选项，因为，所以，即，A正确；对于B选项，取第一部分数据为，则，，取第二部分数据为，则，，则，B不正确；对于C选项，取第一部分数据为，则，，取第二部分数据为，则，，则，，C不正确；对于D选项，若，则，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.已知函数则___________.【答案】【解析】【分析】根据分段函数解析式先求出，再求，即可得出答案.【详解】因为，所以.故答案为：.14.已知随机变量，则___________.【答案】##【解析】【分析】根据正态曲线的对称性，即可求得答案.【详解】由随机变量，可知随机变量X对应的正态曲线关于y轴对称，故，故答案为：15.现要给1个小品类节目，2个唱歌类节目，2个舞蹈类节目排列演出顺序，要求同类节目不相邻，则不同的排法有___________种.【答案】48【解析】【分析】分1个小品类节目排在第一个位置、第二个位置、第三个位置、第四个位置、第五个位置时可得同类节目不相邻的排法.【详解】当1个小品类节目排在第一个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第三第五位置时，2个舞蹈类只能排在第二第四位置；当排在第二第四位置时，2个舞蹈类只能排在第三第五位置，所以同类节目不相邻排法有种；当1个小品类节目排在第二个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第四位置时，2个舞蹈类只能排在第三第五位置；当排在第三第五位置时，2个舞蹈类只能排在第一第四位置，同类节目不相邻排法有种；当1个小品类节目排在第三个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第四位置时，2个舞蹈类只能排在第二第五位置；当排在第一第五位置时，2个舞蹈类只能排在第二第四位置；当排在第二第四位置时，2个舞蹈类只能排在第一第五位置；当排在第二第五位置时，2个舞蹈类只能排在第一第四位置，所以同类节目不相邻排法有种；当1个小品类节目排在第四个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第三位置时，2个舞蹈类只能排在第二第五位置；当排在第二第五位置时，2个舞蹈类只能排在第一第三位置，所以同类节目不相邻排法有种；当1个小品类节目排在第五个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第三位置时，2个舞蹈类只能排在第二第四位置；当排在第二第四位置时，2个舞蹈类只能排在第一第三位置，所以同类节目不相邻排法有种；则不同的排法有48种.故答案为：48.16.在三棱锥中，，二面角的平面角为，则它的外接球的表面积为___________.【答案】【解析】【分析】本题关键是找到三棱锥外接球球心，根据三棱锥外接球球心与截面圆圆心的连线，垂直于截面所在的平面，分别找到三棱锥两个面的外心，过外心找到相应面的垂线，这两个垂线的交点即是三棱锥外接球球心.【详解】如图所示，由,得，，得，取分别取，，，中点，，，,连接，，，，则四边形是边长为菱形，且，，所以是二面角的平面角，故，则为正三角形，取，的中点为，连接，则，又，所以，又平面，所以，又，所以平面，因为为直角三角形，所以是其外心，所以球心在直线上，同理可证，球心亦在直线上，由于为正三角形，所以的中心，即，的交点为三棱锥外接球球心，在中，，所以三棱锥外接球的表面积为.故答案为：.四､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.在二项式的展开式中（1）求各二项式系数和；（2）求含的项的系数.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据的各二项式系数和为求解即可；（2）根据二项展开式的公式求解即可【小问1详解】各二项式系数和为.【小问2详解】因为令，解得，所以的项的系数为.18.在中，内角所对的边分别是，且.（1）求角；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理得，进而得；（2）结合已知，根据余弦定理得，再根据面积公式计算即可得答案.【小问1详解】解：因为，所以.因为，所以，即.因为，所以.【小问2详解】解：因为解得.所以的面积为.19.如图，已知四棱锥平面，（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理即得；（2）由题可知到平面的距离等于到平面的距离，设直线与平面所成角为，可得，即得；或利用坐标法即得.【小问1详解】由题意平面，所以平面，平面，∴，又，所以平面.【小问2详解】法一：由可知平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，又由（1）知平面，设直线与平面所成角为，由题可得，所以.法二：如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立直角坐标系，则，，∴，设平面的法向量为，由，得，可取设直线与平面所成角为，所以.20.已知函数.（1）求在上的最小值；（2）设函数，若方程有且只有两个不同的实数根，求的取值范围.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由函数解析式，可得该二次函数的对称轴与开口方向，根据对称轴与闭区间的位置关系的不同，进行讨论，得到不同情况下的函数单调性，可得最小值；（2）根据方程与函数的关系，利用整体换元的解题方法，将其转化为二次函数求零点问题，根据函数图像的特点，将根据二次函数的零点取值范围的不同，进行讨论，解得最后答案.【小问1详解】因为函数的对称轴方程为，且开口向上，①当时，即时，在上单调递增，所以.②当时，即时，在单调递减，在单调递增，所以.③当时，即时，上单调递减，所以.综上①②③，【小问2详解】令，由题意可知一定有解，不妨设为，且，则等价于以下四种情况：①当时，由解得，此时，不符合题意.②当且时，需满足此时无解.③当时，需满足解得.④当时，需满足解得.综上①②③④，可得：或.21.某市为筛查新冠病毒，需要检验核酸样本是否为阳性，现有且份核酸样本，可采用以下两种检验方式：①逐份检验：对k份样本逐份检验，需要检验k次；②混合检验：将k份样本混合在一起检验，若检验结果为阴性，则k份样本全为阴性，因而这k份样本只需检验1次；若检验结果为阳性，为了确定其中的阳性样本，就需重新采集核酸样本后再对这k份新样本进行逐份检验，此时检验总次数为k+1次.假设在接受检验的核酸样本中，每份样本的检验结果是相互独立的，且每份样本结果为阳性的概率是.（1）若对k份样本采用逐份检验的方式，求恰好经过4次检验就检验出2份阳性的概率（结果用p表示）；（2）若k=20，设采用逐份检验的方式所需的检验次数为X，采用混合检验的方式所需的检验次数为Y，试比较与的大小.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由独立事件的乘法公式即可求出恰好经过4次检验就检验出2份阳性的概率.（2）由题意知，.Y的可能取值为，求出每个变量对应的概率即可求出，比较与0大小，即可求出答案.小问1详解】记恰好经过4次检验就检验出2份阳性为事件，所以.【小问2详解】由题意知，.Y的可能取值为，所以，所以.所以，令，解得.所以当时，；当时，；当时，.22.已知函数.（1）若，求在点处的切线方程；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可.（2）方法一：由题意得，对函数求导后，分，，三种情况求函数的最大值，使其最大值小于等于零，从而可求出的取值范围.方法二：因为时恒成立，所以需首先满足，解得，然后利用导数可证得，所以将问题转化为，构造函数，利用导数可求得其最大值小于等于零.方法三：因为时恒成立，所以需首先满足，解得，则，然后利用可求得函数最大值小于等于零.方法四：先证明，然后将问题转化为，令，然后只需利用导数求的最小值即可.【小问1详解】当时，，因为，所以，又，所