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1、2021-2022学年第二学期期末考试高二数学试题第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，共60分）1. 设全集为，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据集合的交并补运算，即可求解.【详解】解：，故选：B.2. 已知i为虚数单位，设复数，则的虚部为（ ）A. 2iB. C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】先化简复数，再写出，即可得的虚部.【详解】，所以，所以的虚部为，故选：C3. 的展开式中的系数是（ ）A. -5B. 10C. -15D. 25【答案】A【解析】【分析】，分两类情况利用通项公式计算即可.【详解】，的通项公式为，其中r=0,1,2,3的通
2、项公式为，其中r=0,1,2,3,4,5展开式中的系数是,故选A【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.4. 已知，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据指数与对数函数的单调性比大小.【详解】由已知得，且，所以，所以，故选：A.5. 在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.初始感染者传染个人，为第
3、一轮传染，这个人中每人再传染个人，为第二轮传染，.一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定.注射新冠疫苗后可以使身体对新冠病毒产生抗体，但是正常情况下不能提高人体免疫力，据统计最新一轮的奥密克戎新冠变异株的基本传染数，感染周期为4天，设从一位感染者开始，传播若干轮后感染的总人数超过7200人，需要的天数至少为（ ）A. 4B. 12C. 16D. 20【答案】C【解析】【分析】利用给定条件，构造等比数列并借助等比数列前n项和求解作答.【详解】依题意，每轮感染人数依次组成公比为9的等比数列，经过n轮传播感染人数之和为：，得，显然是递增数列，而，则，而每轮感染周
4、期为4天，所以需要的天数至少为16.故选：C6. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若在区间上单调递减，则下列说法正确的是（ ）A. B. 直线为图象一条对称轴C. 的图象关于点成中心对称D. 在上的最小值为【答案】D【解析】【分析】由题设可得且，即可求，利用正弦函数的性质判断各选项的正误.【详解】由题设，有，递减，且，则，故，A错误；，B错误；，C错误；上有，则，即，D正确.故选：D.7. 某方舱医院有6个医疗小组，每个小组都配备1位主治医师，现根据工作需要，医院准备将其中4位主治医师由原来小组均相应地调整到其他医疗小组，其余的2位主治医师仍在原来的医疗小组（不做调整），如果调
5、整后每个医疗小组仍都配备1位主治医师，则调整的不同方案数为（ ）A. 135B. 360C. 90D. 270【答案】A【解析】【分析】应用组合数求6个医疗小组选出4位主治医师做调整的方法数，再将所选4为医师分配到其它小组的方法数，最后应用分步乘法求不同方案数.【详解】从6个医疗小组选出4位主治医师，有种不同的方法；不妨设这4位主治医师分别为甲、乙、丙、丁，调整为均不在原来的医疗小组且每组均有1位主治医师，有9种不同的方法所以调整的不同方案数为故选：A8. 古希腊欧几里得在几何原本里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，此即，欧几里得未给出k的值.17世纪日本数学家们对求球的体
6、积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”，类似地，对于正四面体、正方体也可利用公式求体积（在正四面体中，D表示正四面体的棱长；在正方体中，D表示棱长），假设运用此体积公式求得球（直径为a）、正四面体（正四面体棱长为a）、正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为，那么的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别求出球，正四面体，正方体的体积公式，类比推理即可得到.【详解】，如图所示，设正四面体P-ABCD的棱长为a，PO为正四面体的高， 可知正四面体底面高，则由勾股定理可得正四面体的高所以正四面体的体积，故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查类比推理，
7、解题的关键是要熟悉球，正四面体，正方体的体积公式的求法，再利用类比推理思想分别求出，再求出比值，考查学生的运算能力，属于一般题.9. 若q是第二象限角，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，可得，可将本题转化为，已知，求，进而利用诱导公式、二倍角公式，求解即可.【详解】解：设，则，则，所以，解得，所以.故选：D.10. 若，且，则的最大值是A. 1B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】运用向量的数量积的定义可得，不妨设，设，运用向量的数量积的加减和数量积的坐标表示，计算即可得到所求最大值【详解】解：根据题意，向量，且，可得，由于，即有，不妨设，设，且，易知则当，
8、时，取得最大值故选：C11. 如图，已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，且过点，圆，过圆心的直线l与抛物线和圆分别交于点P，Q，M，N，则的最小值为（ ）A. 23B. 26C. 36D. 62【答案】B【解析】【分析】解法一：设直线l的方程为：，设P、Q坐标分别为和，联立抛物线方程可得韦达定理，进而根据焦点弦长公式结合基本不等式求解即可；解法二：根据抛物线的性质，结合基本不等式求解即可【详解】解法一：设抛物线的方程，则，得，所以抛物线方程为，焦点，圆，圆心，半径，可得圆心恰好是抛物线的焦点，即直线l过焦点F.设直线l的方程为：，设P、Q坐标分别为和，由联立，得，当且仅当，即，时取等号.
9、解法二：，又，当且仅当，即，时等号成立.故选：B.12. 若，对任意恒成立，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据奇函数定义，可得为奇函数，利用导数，可判断的单调性，再结合题意，可得对任意的 关于m的一次型函数恒成立，则可得关于a的不等式组，即可得答案.【详解】解：，是奇函数，则可化为，又恒成立，单调递减，由递减知，即，对任意的恒成立，等价于对任意的恒成立，则，解得，故选：A第II卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 如图，是可导函数,直线l是曲线在处的切线，令，则_.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义，结合函数图像，确定的值
10、，根据，对求导，即可求解.【详解】由图像可知，切线过、，求导故答案为：【点睛】导数的几何意义：函数在某一点处的导数等于在这一点处的切线的斜率.14. 为研究我国人口增长情况，某同学统计了自1960年起到2019年60年中每十年人口净增长数量情况如下表：第个十年123456净增人口（亿）1.551.531.521.360.760.66若该同学发现与间的回归方程为，则_.（结果精确到0.001）【答案】1.922【解析】【分析】利用与在回归方程上，即可求出答案.【详解】由表可求，所以，解得.故答案为：1.922.15. 一夜之间，“地摊经济”火遍整个社交媒体，也成为了口罩、呼吸机、直播带货、头盔之
11、后的又一个经济领域的热词，某地摊集中点在销售旺季的某天接纳顾客量超过1万人次的概率是，连续两天顾客量超过1万人次的概率是，在该地摊集中点在销售旺季的某天接纳顾客量超过1万人次的条件下，随后一天的接纳顾客量超过1万人次概率是_ .【答案】【解析】【分析】设事件A：该地摊集中点在销售旺季的某天接纳顾客量超过1万人次.设事件B：随后一天的接纳顾客量超过1万人次,则，由条件概率可求出答案.【详解】设事件A：该地摊集中点在销售旺季的某天接纳顾客量超过1万人次.设事件B：随后一天的接纳顾客量超过1万人次.根据条件有：所以故答案为：【点睛】本题考查求条件概率，关键是要弄清楚条件概率问题，读懂题意，属于基础题
12、.16. 双曲线的两个焦点分别为，点在双曲线上，.若的面积为，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】设，利用双曲线的性质结合余弦定理得到，即，由题得，化简即得解.【详解】解：设，由题意可得.由双曲线的性质可知，则.由余弦定理可得，则，从而，即，解得，即.在中，所以.故答案为：三、解答题（本大题共6小题，共70分）17. 在中，角、的对边分别为、，且，边上的中线的长为.（1）求角和角的大小；（2）求的面积【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知条件可得，可求得的值，结合角的取值范围可求得角的大小，利用结合二倍角降幂公式得出，可求得角的大小；（2）利用余弦定理结合边上的中线的长
13、为可求得、的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积【详解】（1）由，可得，则，由余弦定理得，.，即,即，；（2）由（1）知，且，在中，由余弦定理得，.因此，的面积为.【点睛】本题考查余弦定理以及三角形的面积公式解三角形，考查计算能力，属于中等题.18. 2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：40，50）、50，60）、60，70）、90，100，统计结果如图所示：（1）试估计这100名学生得分的平均数；（2）从样本中得分不低于70分的
14、学生中，用分层抽样的方法选取11人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人，记其得分在90，100的人数为，试求的分布列和数学期望；（3）以样本估计总体，根据频率分布直方图，可以认为参加知识竞赛的学生的得分近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，经计算现从所有参加知识竞赛的学生中随机抽取500人，若这500名学生的得分相互独立，试问得分高于77分的人数最有可能是多少？参考数据：，【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为 （3）最有可能79【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式计算可得；（2）首先按照分层抽样求出得分在的人数，则的可能取值为，求出所对应的概
15、率，即可得到分布列与数学期望；（3）由（1）知，根据正态分布的性质求出，记500名学生中得分高于77的人数为，则，根据二项分布的概率公式求出取何值时概率取得最大，即可得解；【小问1详解】解：由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数【小问2详解】解：参加座谈的11人中，得分在的有人，所以的可能取值为，所以，所以的分布列为012【小问3详解】解：由（1）知，所以记500名学生中得分高于77的人数为，则，其中，1，2，500，则，当时，当时，得分高于77分的人数最有可能是19. 各项为正数的数列满足：，.（1）求的通项公式；（2）求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1），
16、得，两式作差，即可证明an为等差数列，从而求出an（2）利用裂项求和法能求出数列的前n项和，再放缩即可证明【详解】（1）由，两式相减得：，整理可得，可得，故.（2）.【点睛】本题考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，解题时要认真审题，注意迭代法和裂项求和法和放缩法的合理运用20. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ABD=90，EB平面ABCD，EFAB，AB=2，EB=，EF=1，BC=，且M是BD的中点（1）求证：EM平面ADF；（2）求二面角DAFB的余弦值；（3）在线段ED上是否存在一点P，使得BP平面ADF?若存在，求出EP的长度；若不存在，请说明理由【答案】（1）
17、见解析；（2）；（3）见解析【解析】分析】（1）取AD的中点N，连接MN、NF由三角形中位线定理，结合已知条件，证出四边形MNFE为平行四边形，从而得到EMFN，结合线面平行的判定定理，证出EM平面ADF；（2）建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，求出平面ADF、平面EBAF的一个法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角DAFB的大小；（3）假设在线段ED上存在一点P，使得BP与平面ADF平行，利用向量法即可得到结果.【详解】（1）取AD的中点N，连接MN，NF在DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点，所以MNAB，MN=AB，又因为EFAB，EF=AB，所以MNEF且MN=EF，所以四边形
18、MNFE为平行四边形，所以EMFN，又因为FN平面ADF，EM平面ADF，故EM平面ADF解法二：因为EB平面ABD，ABBD，故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz由已知可得B（0，0，0），A（0，2，0），D（3，0，0），C（3，2，0），E（0，0，），F（0，1，），M（，0，0）（1）=（，0，），=（3，2，0），=（0，1，）设平面ADF的一个法向量是由得令，则=（2，3，）又因为=（，0，）（2，3，）=3+03=0，所以，又EM平面ADF，所以EM平面ADF（2）由（1）可知平面ADF的一个法向量是=（2，3，）因为EB平面ABD，所以EBBD，又因为ABBD
19、，所以BD平面EBAF，故=（3，0，0）是平面EBAF的一个法向量，所以=，又二面角DAFB为锐角，故二面角DAFB的余弦值为（3）假设在线段ED上存在一点P，使得BP与平面ADF平行不妨设= =（3，0， ）（01），则=（3，0，3 ）所以n=6+0+33=0，由题意得=0，所以在线段ED上不存在点P，使得BP与平面ADF平行【点睛】本题考查线面平行，考查面面角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题21. 已知椭圆C：（）过点，短轴一个端点到右焦点的距离为2（1）求椭圆C的方程；（2）设过定点的直线1与椭圆交于不同的两点A，B，若坐标原点O在以线段AB为直径的圆上，
20、求直线l的斜率k【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）通过短轴的一个端点到右焦点的距离为2可知，且椭圆过点，得到方程组，解得；（2）设直线方程为，通过以线段为直径的圆过坐标原点可知，通过联立直线与椭圆方程、利用韦达定理化简，进而计算可得结论；【详解】解：（1）由题意可得，解得：，椭圆的方程为；（2）由题意知，直线的斜率存在，设过的直线方程为，联立，消去、整理得：，因为直线与椭圆有两个交点，解得或设，则，以线段为直径的圆过坐标原点，即，即，解得：满足条件，故【点睛】本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题22. 已知函数（1）若函数在时取得极值求
21、实数的值；（2）若对任意的都有成立，求实数的取值范围【答案】(1) ；(2) 【解析】【分析】(1)求导,令,求得,代入验证函数在时是否取得极值即可;(2) 因为利用导数讨论,研究的最小值,使得最小值大于零,即可求出实数的取值范围.【详解】（1），由时取得极值可得，当时，可得或，此时函数单调递增，可得，此时函数单调递减，故是函数的极小值，符合题意，综上可得，；（2）由（1），当时，恒成立，故在上单调递增，只要，可解得，当时，由可得,，此时函数单调递增，由可得，此时函数单调递减，故只要，因为当时,，而在上单调递减，故当时，不符合题意，综上可得，的范围【点睛】本题考查函数极值,考查函数恒成立时求参数的取值范围,难度一般.