揭阳市2021-2022学年度高二下学期期末考试数学试题（解析版）VIP

揭阳市2021-2022学年度高二（下）教学质量测试数学本试卷共4页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的市县/区、学校、班级、姓名、考场号，座位号和考生号填写在答题卡上．将条形码横贴在每张答题卡右上角“条形码粘贴处”．2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．4.考生必须保证答题卡的整洁．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.设集合，集合，则（）A. B. C.(－1,4) D.【答案】D【解析】【分析】利用集合的并集运算求解.【详解】因为集合，集合，所以，故选：D.2.复数的共轭复数是（）A. B. C.－－ D.【答案】B【解析】【分析】先根据复数除法化简，然后由共轭复数定义可得.【详解】因为，所以的共轭复数为.故选：B3.紫砂壶是中国特有手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容积约为（）A.100cm3 B.200cm3 C.600cm3 D.800cm3【答案】B【解析】【分析】利用圆台体积公式进行求解，再结合选项得到答案.【详解】根据圆台体积公式可得：，故那么该壶的容积约为200cm3故选：B4.下列函数中，周期为1的奇函数是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由三角函数的性质对选项逐一判断【详解】对于A，函数为奇函数，，A错误；对于B，为偶函数，，B错误；对于C，为奇函数，，C正确；对于D，为奇函数，，D错误.故选：C5.设双曲线的焦点在x轴上，两条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据渐近线方程可得，然后由离心率公式可得.【详解】由题知，所以.故选：D6.已知，则＝（）A. B.2 C. D.6【答案】A【解析】【分析】巧用1将所求化为齐次式，然后根据基本关系将弦化切，再代入计算可得.【详解】因为所以故选：A7.函数f（x）的图象与其在点P处的切线如图所示，则等于（）A.－2 B.0 C.2 D.4【答案】D【解析】【分析】根据图象求出切线斜率和方程，由导数的几何意义和切点在切线上可解.【详解】由题意，切线经过点，可得切线的斜率为，即，又由切线方程为，令，可得，即，所以.故选：D8.已知，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，由导数可判断出在上单调递增，从而可得，化简变形可比较出a，b，c的大小关系【详解】令，可得，当时，恒成立，所以在上单调递增，所以，即，得，，又已知，，，所以，故选：D.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.某市为了考察一所高中全体学生参与第六届全国中小学生“学宪法，讲宪法”宪法小卫士活动的完成情况，对本校2000名学生的得分情况进行了统计，按照[50，60）、[60，70）、…、[90，100]分成5组，并绘制了如图所示的频率分布直方图，下列说法正确的是（）

A.图中的x值为0.2B.由直方图中的数据，可估计75%分位数是85C.由直方图中的数据，可估计这组数据的平均数为75D.80分以上将获得金牌小卫士称号，则该校有800人获得该称号【答案】BD【解析】【分析】根据平率分布直方图中个矩形面积之和为1，即可求出x，判断A;根据百分位数的计算，求得75%分位数，判断B;根据平均数的计算方法求得平均数，判断C;求出该校2000人中80分以上的人数，可判断D.【详解】对于A,由题意得，解得，故A错误；对于B，，，故估计75%分位数是，故B正确；对于C，这组数据的平均数为，故C错误；对于D,80分以上的同学共有人，则该校有800人获得金牌小卫士称号，故D正确，故选：BD10.如图，在方格中，向量，，的始点和终点均为小正方形的顶点，则（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】建立平面直角坐标系，用坐标法可得.【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，易知，，A错误；因为，所以，B正确；因为，所以C正确；因为，所以，，所以，D正确.故选：BCD11.已知Р是圆上的动点，直线与交于点Q，则（）A.B.直线与圆O相切C.直线与圆O截得弦长为D.长最大值为【答案】ACD【解析】【分析】由两直线垂直的条件判断A，由圆心到直线的距离判断B，由到直线的距离结合勾股定理求弦长判断C，求出到圆心的距离的最大值加圆半径判断D．【详解】圆半径为2，，所以，A正确；圆心到的距离为，与圆相离，B错误；圆心到直线的距离为，所以弦长为，C正确；由，得，即，所以，所以长最大值为，D正确故选：ACD．12.在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法中正确的有（）A.若是棱上一点，且，则，，，四点共面B.平面截该长方体所得的截面为五边形C.异面直线，所成的角为D.若是棱上一点，点到平面的距离最大值为【答案】ABD【解析】【分析】A：为的中点，由等比例性质可得，长方体性质有，即可判断；B：延长交于，连接交于，连接，根据平面的基本性质作出面截长方体所得的截面判断；C：过作交延长线于，过作交延长线于，可得异面直线，所成的角为，即可判断；D：与重合时到平面的距离最大，延长交于，并连接，应用等体积法求点面距即可.【详解】A：若为的中点，又为棱的中点且，易知：，则，为棱的中点，由长方体的性质有，故，所以，，，四点共面，正确；B：分别延长交于，连接交于，连接，由A分析知：面即为面，故平面截该长方体所得的截面为五边形，正确；C：过作交延长线于，则，过作交延长线于，则且，如下图示，所以异面直线，所成的角为，而，，显然，故异面直线，所成的角不为，错误；D：由题设及A分析，当与重合时到平面的距离最大，所以只需求到面的距离，将延长交于，并连接，而，所以，则，又，则，故，即到平面的距离最大值为，正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：由线线平行判断四点共面；由平面基本性质作截面判断形状；将异面直线作平移，找到对应平面角；判断点面距离最大时动点的位置，应用等体积法求距离.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.函数的零点是___．【答案】8【解析】【分析】根据零点定义解方程可得.【详解】由得，解得，即的零点为8.故答案为：814.已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A，B两点，，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为___．【答案】9【解析】【分析】首先设抛物线的解析式，写出抛物线的焦点、对称轴以及准线，然后根据通径，求出，的面积是与乘积的一半.【详解】设抛物线的解析式，则焦点为，对称轴为轴，准线为，直线经过抛物线焦点，A，B是与的交点，又轴，，，又点在准线上，过点P作l的垂线，垂直为D，，.故答案为：9.15.函数的最大值为___．【答案】【解析】【分析】由题可得，然后分段求函数的最值即得.【详解】函数，∴当时，单调递增，所以，当时，，，函数单调递减，所以；综上，函数的最大值为.故答案为：.16.如图，点P是半径为2的圆O上一点，现将如图放置的边长为2的正方形（顶点A与P重合）沿圆周逆时针滚动.若从点A离开圆周的这一刻开始，正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A第一次回到点P的位置时，正方形滚动了________轮，此时点A走过的路径的长度为___________.【答案】①.3②.【解析】【分析】将问题化为4和6的最小公倍数问题求A第一次回到点P的位置正方形滚动的轮数，再求滚动1轮点A走过的路径长度，即可求此时A走过的路径的长度.【详解】正方形滚动一轮，圆周上依次出现的正方形顶点为，顶点两次回到点P时，正方形顶点将圆周正好分成六等分，由4和6的最小公倍数：，所以到点A首次与P重合时，正方形滚动了3轮.这一轮中，点A路径是圆心角为，半径分别为2，，2的三段弧，故路径长，∴点A与P重合时总路径长为.故答案为：3，.【点睛】关键点点睛：将A第一次回到点P位置所滚的轮数转化为求4和6的最小公倍数，注意滚动一轮A的圆周运动特点求路径长.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①，；②，；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.已知为等差数列的前项和，若______.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选①②，用基本量法即可求出通项公式，选③，根据和的关系即可求解.(2)利用裂项相消法，即可求解.【小问1详解】解：若选①，，则，解得，所以；若选②，，则，解得，所以；若选③，当时，当时，所以，当时也成立，所以【小问2详解】因为，所以18.已知函数的部分图象如图所示．（1）求函数的解析式；（2）在锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，，且的面积为，求．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据图形求出最小正周期可求得，代入点可求得；（2）根据求得，根据面积求出，即可由余弦定理求得.【详解】解：（1）据图象可得，故，由得：．由得：．由知，，，解得，；（2），，，，，，由题意得的面积为，解得，由余弦定理得，解得：.19.学校组织数学解题能力大赛，比赛规则如下：要解答一道导数题和两道圆锥曲线题，先解答导数题，正确得2分，错误得0分；再解答两道圆锥曲线题，全部正确得3分，只正确一道题得1分，全部错误得0分，小明同学准备参赛，他目前的水平是：每道导数题解答正确的概率是；每道圆锥曲线题解答正确的概率为．假设小明同学每道题的解答相互独立．（1）求小明同学恰好有两道题解答正确的概率；（2）求小明同学获得的总分X的分布列及均值．【答案】（1）（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）由概率的乘法公式与加法公式求解；（2）分析可能取值，求出对应概率后得分布列，再由均值的公式求解；【小问1详解】解：由题意导数题解答正确的概率是，圆锥曲线题解答正确的概率为，故小明同学恰好有两道题解答正确的概率；【小问2详解】解：由题意得的可能取值为0，1，2，3，5，所以，，，，则的分布列为01235所以；20.如图，四棱锥中，四边形为菱形，，且，．

（1）求证：平面；（2）若，，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，证明出平面，可得出，再由结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）取的中点，连接，分析得出，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【小问1详解】证明：连接交于点，连接，则为的中点，因为四边形为菱形，则，因为，为的中点，则，，平面，平面，则，，，平面.【小问2详解】解：取的中点，连接，因为四边形为菱形，，则，且，故为等边三角形，因为为的中点，则，因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，则，设平面的法向量为，，，则，取，则，，由图可知，二面角为锐角，则二面角的余弦值为.21.在平面直角坐标系xOy中，已知点（－，0），（，0），点M满足，记M的轨迹为C．以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆，圆T与轨迹C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．（1）求C的方程；（2）求的最小值，并求出此时圆T的方程；（3）设点P是轨迹C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：为定值．【答案】（1）（2），（3）证明见详解【解析】【分析】（1）根据椭圆定义和几何性质可得a、c，然后可得；（2）设点A坐标，利用坐标表示出所求，然后消元转化为二次函数最值问题可得最小值，再求得点A坐标，然后可得；（3）设点P坐标，写出直线PA、PB方程，然后求得M、N坐标，用坐标表示出所求，然后化简可得.【小问1详解】由题可知，，，即，所以，所以曲线C的方程为.【小问2详解】由题知，设，则则又，即所以当时，取得最小值此时，，所以圆T的半径所以圆T的方程为：【小问3详解】设，则直线的方程为，直线的方程为可得，所以又，，即，，代入上式可得：，即为定值.22.已知函数.