2021-2022学年浙江省嘉兴市高二下学期期末数学试题解析版

2021-2022学年浙江省嘉兴市高二下学期期末数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求得，再求交集即可【详解】，故故选：B2．已知直线l、m和平面．若，，则“”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【分析】利用线面平行定理及充分条件必要条件判断即可．【详解】解：充分性：，，，故充分性成立．必要性：，，，则与平行或异面，故必要性不成立．故“”是“”的充分不必要条件．故选：．3．已知平面向量，，若，则实数（

）A．-1 B．-2 C． D．1【答案】A【分析】由向量垂直得向量的数量积为0可解得．【详解】解：由已知，∵，∴，解得．故选：A．4．函数的部分图象可能是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据函数的奇偶性排除AB，再根据趋近于时的值判断即可【详解】因为，故为奇函数，排除AB，又当趋近于时，远远大于，所有函数逐渐趋近于0，排除D故选：C5．将A，B，C，D，E五个字母排成一排，且A，E均不排在两端，则不同的排法共有（

）A．108种 B．72种 C．36种 D．18种【答案】C【分析】先确定字母A，E的位置，然后再排列其他字母即可.【详解】因为字母A，E不能排在两端，则有种排列方式，B，C，D有种排列方式，所以不同的排法共有种排法.故选：C6．设函数，若函数在R上有4个不同的零点，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，得，然后作出函数的图像，利用的图像与的关系判断实数a的取值范围.【详解】由函数在R上有4个不同的零点，可知有4个不同的根，即函数的图像与直线有4个不同的交点，当时，，函数图像如下：数形结合可知，只要，即，就有2个不同的交点，要使函数有4个不同的零点，需当时，有2个不同的交点，即在上有两个不同的根，又，如图：需，解得故实数a的取值范围是故选：D7．下列说法错误的是（

）A．当时，当且仅当事件A与B相互独立时，有B．一元回归模型分析中，对一组给定的样本数据，当样本数据的线性相关程度越强时，样本相关系数r的值越接近于1C．利用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本数据的中心D．由进行分类变量独立性检验时，应用不同的小概率值会推断出不同的结论【答案】B【分析】根据相互独立事件的概率、条件概率可判断A，由相关系数的概念可判断B，根据最小二乘法所得线性回归方程过判断C，由独立性检验概念可判断D.【详解】当时，当且仅当事件A与B相互独立时有，根据条件概率公式可知，故A正确；一元回归模型分析中，样本数据的线性相关程度越强时，样本相关系数r的绝对值越接近于1，故B错误；最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本数据的中心，故C正确；根据进行分类变量独立性检验时，应用不同的小概率值会推断出不同的结论正确，故D正确.故选：B8．已知实数，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】对，利用换底公式等价变形，得，结合的单调性判断，同理利用换底公式得，即，再根据对数运算性质得，结合单调性，，继而得解.【详解】由，变形可知，利用换底公式等价变形，得，由函数在上单调递增知，，即，排除C，D；其次，因为，得，即，同样利用的单调性知，，又因为，得，即，所以.故选：B.二、多选题9．在某次学科期末检测后，从全部考生中选取100名考生的成绩（百分制，均为整数）分成，，，，，六组后，得到频率分布直方图（如图），60分以下视为不及格，则下列说法正确的是（

）A．图中a的值为0.020B．不及格的考生人数为15人C．考生成绩的平均分（精确到0.1）约为70.5分D．考生成绩的第60百分位数为75分【答案】ACD【分析】利用频率分布直方图逐项求解.【详解】由，解得，故A正确；不及格的人数为，故B错误；，，故C正确；设考生成绩的第60百分位数为x分，则，解得，故D正确.故选：ACD10．设复数z满足（其中i是虚数单位），则下列说法正确的是（

）A．z的虚部为 B．z在复平面内对应的点位于第四象限C． D．【答案】BC【分析】先求解z的值，再根据复数的相关定义逐个计算判断即可【详解】由可得对A，z的虚部为，故A错误；对B，z在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确；对C，，故C正确；对D，，故D错误；故选：BC11．设函数，下列判断正确的是（

）A．函数的最小正周期是B．函数是奇函数C．函数在上的值域为D．若将函数的图象向右平移个单位长度所得的图象关于y轴对称，则的最小值是【答案】BD【分析】化简整理得，利用正弦函数的周期可判断A；利用函数的奇偶性可判断B；利用正弦型函数的值域可判断C；利用函数的图像变换原则及奇偶性可判断D.【详解】对于A，，函数的周期为，故A错误；对于B，为奇函数，故B正确；对于C，，，，，即在上的值域为，故C错误；对于D，函数的图象向右平移个单位长度，得到，其为偶函数，所以所得，求得，则的最小值是，故D正确；故选：BD12．如图，在平面四边形中，，，M为的中点，现将沿翻折，得到三棱锥，记二面角的大小为，，下列说法正确的是（

）A．存在，使得B．存在，使得C．与平面所成角的正切值最大为D．记三棱锥外接球的球心为O，则的最小值为【答案】BCD【分析】利用反证法可排除A；翻折过程中点M为半圆上的一点，圆心为的中点N，可得进而判断B；由，知与平面所成的角也达到最大，进而求得其夹角判断C；找到三棱锥外接球的球心O，此时，要使最小，则O与G重合，进而求得可判断D.【详解】对于A，由条件知，沿翻折得到的几何体是圆锥，若，则在平面上的射影，由线面垂直的判定定理及性质定理知，根据已知的长度不可能，排除A；对于B，翻折过程中点M为半圆上的一点，圆心为的中点N，则必存在，使得，即，B正确；对于C，此时与圆相切于点M，即与平面所成的角也达到最大，因为圆半径为，切线长为所以正切值为，C正确；对于D，首先设正的中心为G，过点G的直线平面，沿翻折过程中，过中点且垂直的平面必过点M且与直线l相交，交点即为三棱锥外接球的球心O，此时，要使切线长最小，即最小，则O与G重合，易知，所以，D正确.故选：BCD三、填空题13．已知，，则________.【答案】【分析】由，可知，再结合，及，可求出答案.【详解】因为，所以，所以，所以．故答案为：.14．已知，t为常数，，且，则________.【答案】【分析】令即可得到，进而求得，再利用二项式展开定理的通项公式即可求解.【详解】令，则，解得，而的通项公式为所以故答案为：15．已知随机变量X，Y分别满足，，且均值，方差，则________.【答案】0.2【分析】由二项分布和正态分布的期望、方差公式建立方程，求解即可.【详解】解：因为随机变量X，Y分别满足，，所以，，解得，故答案为：.16．在中，O是的外心，G是的重心，且，则的最小值为________.【答案】【分析】根据重心、外心的性质，由数量积的运算化简可得，利用余弦定理及均值不等式求解即可.【详解】记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，取的中点D，如图，则，所以，即，则，当且仅当时取等号，此时.故答案为：四、解答题17．已知公差不为0的等差数列，其前n项和为，，且，.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）设数列的公差为，首项，利用等差数列的通项公式及求和公式可求解；（2）由，利用裂项相消法求解.【详解】(1)设数列的首项，公差为，因为，，所以，解得，所以数列的通项公式为.(2)因为，所以，得，所以.18．一个袋子中有8个大小相同颜色不同的小球，其中4个红球，3个白球，1个黄球，从袋中任意取出3个小球.(1)求其中恰有2个小球颜色相同的概率；(2)设随机变量X为取出的3个小球中红球的个数，求X的均值和方差.【答案】(1)(2)，【分析】（1）利用超几何分布概率公式，求出2个颜色相同的小球为红球和2个颜色相同的小球为白球时的概率，相加即可；（2）求出X的可能取值及相应的概率，从而得到分布列，计算出期望和方差.【详解】(1)取到两个红球的概率：，取到两个白球的概率：，故恰有2个小球颜色相同的概率为.(2)随机变量X的取值为，1，2，3；，，，，分布列为：X0123P所以均值，方差，或.19．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求角C的大小；(2)若，，求的面积.【答案】(1)；(2).【分析】（1）先利用正弦定理化简，再利用余弦定理得解；（2）利用正弦定理得，再求出即得解.【详解】(1)解：由正弦定理得，，∴，∵，∴.(2)解：因为，∴，，代入已知得，，即，又∵，∴，∴.20．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，E是的中点，，，.(1)证明：；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理及性质定理即可证得结论；（2）法一：利用线面角的定义求得；法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角.【详解】(1)延长，过点P作，垂足为F，连接，，由平面平面，平面平面，平面，又平面，，∵，，，∴，，是正三角形，又∵是直角梯形，∴，即也是正三角形，故为菱形，所以F，E，B三点共线，且，∴平面，又平面，从而.(2)几何法：过A作，连接，∵，∴平面，即，所以就是平面与平面所成二面角的平面角，在中，，，得，，所以平面与平面夹角的余弦值是.坐标法：由（1）知，以点F为坐标原点建立空间直角坐标系（如图），∴，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，取，又∵平面，所以平面的法向量为，设平面与平面所成二面角的平面角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值是.21．如图，已知椭圆：经过点，离心率为.点，以为直径作圆，过点M作相互垂直的两条直线，分别交椭圆与圆于点A，B和点N.(1)求椭圆的标准方程；(2)当的面积最大时，求直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用椭圆过点，离心率为，结合点，可求得结果；（2）设直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合的面积公式及基本不等式可求解.【详解】(1)将点代入得，，又，，得，所以，，即.(2)因为，设直线的方程为，设，，联立，得，且，则，，则，且，直线的方程为，即，则圆心到直线的距离为，∴，∴面积，当且仅当时，取到等号，此时，所以直线的方程为.22．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)设函数有两个不同的零点（），（ⅰ）求证；（为自然对数的底数）；（ⅱ）若满足，求a的最大值.【答案】(1)当时，的单调递增区间是，无递减区间；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是.(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）求导，分类讨论参数和时，函数的单调性即可；（2）（ⅰ）利用参数分离可得，令，利用导数研究函数的单调性，极值，数形结合即可证得结论；（ⅱ）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求额，再利用的单调性可求得，进而求得结果.【详解】(1)（1）求导，，当时，恒成立，的单调递增区间是，无递减区间.当时，由，得，由，得，所以的单调递增区间是，单调递减区间是.(2)（ⅰ）令，得，设，求导，令，解得，则x+0-极大值当时，取得极大值，且且当时，，当时，，如图，数形结合可知，即.（ⅱ）因为，即，且，不妨设，将代入中，得，即.设，则，令，则，∴