浙江省温州市浙南名校联盟2021-2022学年高二下学期期末联考数学 Word版含解析

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2021学年高二年级第二学期温州浙南名校联盟期末联考数学试题一､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.设是虚数单位，，则实数（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算法则化简可得结果.【详解】，故.故选：D.2.已知全集，集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用补集的定义可得正确的选项．【详解】由补集定义可知：或，即，故选：D．3.若圆锥侧面展开图是圆心角为，半径为1的扇形，则这个圆锥表面积与侧面积的比为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用圆的性质可以列弧长与圆心角的等式，即可求出底面圆半径，再分别算出圆锥表面积与侧面积即可得到比值【详解】由题，，，，故

1故选：C4.若正数满足，则的最小值为（）A.6B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由，可得，则，化简后利用基本不等式可求得其最小值【详解】因为正数满足，所以，所以，当且仅当，即时取等号，故选：C5.已知直线与圆有两个不同的交点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.

2【答案】B【解析】【分析】由直线与圆的位置关系列出不等式求解即可得答案.【详解】解：因为直线与圆有两个不同的交点，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以实数的取值范围是，故选：B.6.已知，求的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由二倍角公式与同角三角函数基本关系化简求解【详解】故选：A7.在二项式的展开式中只有第项的二项式系数最大，则展开式中的第项系数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意得，则，分析求解即可.【详解】由的展开式中只有第项的二项式系数最大可知，则的展开式的通项为，

3则展开式中的第项为，系数为，故选：B．8.已知函数有三个不同的零点（其中），则（）A.1B.4C.16D.64【答案】C【解析】【分析】令，利用导数研究单调性，得到有一解，即.有两解且，即.把转化为，利用根与系数的关系代入即可求解.【详解】令，则.所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.所以.由题意必有两个根，且.由根与系数的关系有：，.由图可知，有一解，即.有两解且，即.所以

4=16.故选：C二､多选题：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.已知数据的平均数为，方差为.由这组数据得到新数据，其中，则（）A.新数据的平均数是B.新数据的方差是C.新数据的平均数是D.新数据的标准差是【答案】AD【解析】【分析】由平均数与方差的计算公式判断【详解】由题意得，由平均数与方差公式得的平均数是，方差是，标准差是，故AD正确，BC错误故选：AD10.已知向量，，则下列命题不正确的是（）A.若，则B.若在上投影向量为，则向量与夹角为C.与共线的单位向量只有一个为D.存在，使得【答案】BCD【解析】【分析】利用平面垂直的坐标表示可判断A选项；利用投影向量的定义求出与夹角，可判断B

5选项；利用与共线的单位向量为，可判断C选项；由可知、方向相反，结合共线向量的坐标表示可判断D选项.【详解】对于A选项，若，则，因为，若，则，不合乎题意.所以，，所以，，即，A对；对于B选项，由已知可得，，在上的投影向量为，则，因为，则，B错；对于C选项，与共线的单位向量为，故与共线的单位向量为和，C错；对于D选项，由B选项可知，若存在存在，使得，则、方向相反，则，这与矛盾，D错.故选：BCD.11.在等腰梯形中，，且，以下选项正确的为（）A.B.等腰梯形外接圆的面积为C.若双曲线以为左右焦点，过两点，则其离心率为D.若椭圆以为左右焦点，过两点，则其离心率为【答案】ACD【解析】【分析】过点作，过点作，交于点、，即可求出线段的长度，从而求出，利用勾股定理逆定理可得，即可得到等腰梯形外接圆的直径即为，即可判断B，根据数量积的定义及运算律判断A，根据椭圆、双曲线的定义判断C、D；

6【详解】解：过点作，过点作，交于点、，因为，，，所以，所以，则，，所以，所以，即，同理可得，所以等腰梯形外接圆的直径即为，所以外接圆的面积为，故B错误；所以，故A正确；对于C：若双曲线以为左右焦点，过两点，所以，所以，所以离心率，故C正确；对于D：若椭圆以为左右焦点，过两点，所以，所以，所以离心率，故D正确；故选：BCD12.如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（）

7A.存在点，使得平面B.存在点，使得直线与直线所成的角为C.存在点，使得三棱锥的体积为D.不存在点，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角【答案】ACD【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项正误.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、，设，即点，其中.

8对于A选项，假设存在点，使得平面，，，，则，解得，故当点为线段的中点时，平面，A对；对于B选项，，，由已知可得，则，B错；对于C选项，，点到平面的距离为，则，解得，C对；对于D选项，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，由图可得，，，，

9因为，，则，、，且余弦函数在上单调递减，则，D对.故选：ACD【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数是奇函数，则___________.【答案】【解析】【分析】利用奇函数的定义可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.【详解】对任意的，，故函数的定义域为，，因为函数为奇函数，则，解得.故答案为：.14.抛物线的焦点为，准线为是抛物线上过焦点的一条直线，且倾斜角为.求线段的值是___________.【答案】16【解析】【分析】首先求出抛物线的焦点坐标，即可求出直线的方程，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，再根据焦半径公式计算可得；

10【详解】解：抛物线的焦点坐标为，因为直线过点，且倾斜角为，所以直线的方程为，设、，由，消去整理得，所以，所以；故答案为：15.设函数，其中，若存在唯一整数，使得，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】令，h（x）＝ax，求出后画出、的图象，数形结合建立不等式组，即可得解.【详解】存在唯一整数，使得，即存在唯一整数，使得令，，则，∴当时，，则函数在上单调递减；当时，，则函数在上单调递增；而；当时，，所以且当时，因为存在唯一的整数x0使得．当直线与相切时，设切点为，则切线的斜率为，又直线过原点，所以此时由切点再切线上，可得，解得

11所以所以当直线与相切时，因为时，，时，所以，则，此时不满足条件.所以结合图形知：当时，有无数多个整数x0使得，故不满足题意.又，由图可知当直线在与之间时，满足条件的整数x0只有，所以满足条件的的范围是：故答案为：16.在数列的每相邻两项之间插入这两项的和，组成一个新的数列，这样的操作叫做这个数列的一次“拓展”.先将数列1，2进行拓展，第一次拓展得到；第二次拓展得到数列；第次拓展得到数列.设，其中___________，___________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可．【详解】解：由题意可知，第1次得到数列1，3，2，此时，第2次得到数列1，4，3，5，2，此时，

12第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时，第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时，第次得到数列1，，，，，，2，此时，由上述列出的数列可得：，所以，所以，故答案为：；；四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知数列满足（1）记，写出，并求出数列的通项公式；（2）求数列的前2022项和.【答案】（1），，（2）【解析】【分析】（1）根据的定义求得，求出，由等比数列通项公式可得结论；（2）由得，，然后用并项求和法结合等比数列前项和公式计算．【小问1详解】，又【小问2详解】，则

1318.第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月在北京市和张家口市联合举行.甲､乙是单板滑雪坡面障碍技巧项目参赛选手，二人在练习赛中均需要挑战3次某高难度动作，每次挑战的结果只有成功和失败两种.（1）甲在每次挑战中，成功的概率都为.设为甲在3次挑战中成功的次数，求的分布列和数学期望；（2）乙在第一次挑战时，成功的概率为，受心理因素影响，从第二次开始，每次成功的概率会发生改变，其规律为：若前一次成功，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加；若前一次失败，则该次成功的概率比前一次成功的概率减少0.1.求乙在3次挑战中有且只有2次成功的条件下，第三次成功的概率.【答案】（1）分布列见解析，数学期望：（2）【解析】【分析】（1）由二项分布概率公式求解（2）由条件概率公式求解【小问1详解】由题意得，则，，，则的分布列为：0123【小问2详解】设“乙3次挑战中有且只有2次成功”，“乙在3次挑战中第三次成功”

1419.请从下面三个条件中任选一个补充在下面横线上，并作答.①；②；③.已知的内角的对边分别是，且___________.（1）求角；（2）若点为的中点，且，试判断的形状.注：如果选择多个条件，按第一个解答计分.【答案】（1）（2）等边三角形【解析】【分析】（1）选①，利用正弦定理角化边，再结合余弦定理即可求，即可求角；选②③，利用正弦定理边化角，再进一步利用三角函数和公式，，化简等式即可求，即可求角；（2）法一，构建圆内接，证明中线刚好过圆心，从而可判断的形状；法二，由余弦定理，列出关于的方程，再结合，可解出，又由，即可解出，即可判断的形状；【小问1详解】选①，，由正弦定理得，结合余弦定理，，又，；选②，，由正弦定理得，，，，又，，，；选③，，

15，，，，，，；【小问2详解】法一，如下图，圆O内接正及，，易得，由圆的性质易得，又，故只有当C与E重合时，，故为正三角形法二，由题意可知，.在中，，即.在中，，即.因为，所以，所以，所以，得，所以为等边三角形.20.如图，三棱锥中，平面平面，，点

16分别是棱的中点，点是的重心.（1）证明：平面；（2）若为正三角形，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面平行的性质定理证明（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解【小问1详解】连接，连接并延长交于点，则点为的中点，从而点分别是棱的中点，又平面平面，平面平面.又平面，平面平面，又平面平面.【小问2详解】连接是的中点，，平面平面，平面平面，平面平面.

17连接并延长交于点，则为的中点，连接，则平面.为正三角形同理可得面，则如图建立空间直角坐标系设.，则.，设平面的一个法向量为，则，可取，又平面的一个法向量为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.21.在一张纸上有一圆，定点，折叠纸片上的某一点恰好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点.

18（1）证明：为定值，并求出点的轨迹的轨迹方程；（2）若曲线上一点，点分别为在第一象限上的点与在第四象限上的点，若，求面积的取值范围.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据对称关系得到，利用双曲线定义得到点的轨迹为以为焦点，实轴长为6的双曲线，求出轨迹方程；（2）设出，利用得到，代入双曲线方程中得到从而得到，表达出，利用对勾函数求出面积关于的单调性，求出最大值和最小值，得到面积的取值范围.【小问1详解】证明：如图，由点与关于对称，则，且由双曲线定义知，点的轨迹为以为焦点，实轴长为6的双曲线，设双曲线方程为：

19所以双曲线方程为【小问2详解】由题意知，分别为双曲线的渐近线设，由，设.，由于点在双曲线上又，同理，设的倾斜角为，则.由对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，；【点睛】圆锥曲线求解面积的取值范围，要用一个变量表达出面积，然后利用基本不等式或求导，二次函数，对勾函数等性质求解面积的取值范围

2022.已知（1）讨论的单调性；（2）若在定义域上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，对分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）依题意参变分离可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到恒成立，即可得到恒成立，从而求出的取值范围；【小问1详解】解：的定义域为，所以，当，在上单调递减.当时，由解得，当时，，当时，，综上，当时，在上单调递减，时，在单调递减，在单调递增.【小问2详解】解：令，，所以在上单调递减，在上单调递增.当且仅当时等号成立，恒成立，当且仅当时取等号.

21所以的取值范围为；

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