2021-2022年辽宁省沈阳新民市高二（下）期末考试数学试卷人教B版（Word含解析）

2021-2022年辽宁省沈阳新民市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
?
1.
已知，，，则
A.
B.
C.
D.
?
2.
已知复数，其中为虚数单位，则(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
3.
已知两条不重合的直线，和平面，则的一个充分不必要条件是(?
?
?
?
)
A.，
B.，
C.，
D.，
?
4.
熵的概念是由德国物理学家克劳修斯于年所提出，它用来表示任何一种能量在空间中分布的均匀程度，能量分布得越均匀，熵就越大，它在控制论、概率论、天体物理、生命科学等领域都有重要应用．在数学中，利用熵可以解决如下问题：有个互不相等的数，需要比较次（表示的阶乘：表示的是向上取整函数，如）就可以将这些数从小到大排序．现有个互不相等的数，将这些数从小到大排序，需要比较的次数为(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
5.
若双曲线：的右焦点到它的一条渐近线的距离是，则的离心率为(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
6.
我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化败毒方、宜肺败毒方．若某医生从“三药三方”中随机选出两种，事件表示选出的两种中有一药，事件表示选出的两种中有一方，则(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
7.
已知函数，曲线在点(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
8.
已知实数，，满足且，则，，的大小关系为(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
二、多选题
?
《高中数学课程标准》（版）给出了数学学科的六大核心素养，为了比较甲乙两名高中同学的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图，图中每项指标值满分为分，分值高者为优，则下列说法正确的是(?
?
?
?
)
A.甲的数学运算素养优于乙的数学运算素养
B.甲的逻辑推理素养优于乙的逻辑推理素养
C.甲的六个核心素养中只有数学运算水平最高
D.乙的六个核心素养中只有数据分析水平最高
?
已知，且，则下列不等式正确的(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
已知抛物线：的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（????????）
A.点的坐标为
B.若，则的中点到轴距离的最小值为
C.若直线过点，则以为直径的圆过点
D.若直线与的斜率之积为，则直线过点
?
已知函数，，则下列说法正确的是(?
?
?
?
)
A.是奇函数
B.的图象关于点对称
C.若函数在上的最大值、最小值分别为、，则
D.令，若，则实数的取值范围是
三、填空题
?
二项式展开式中含项的系数为________．
?
我国明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学名题叫“宝塔装灯”，内容为“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，请问顶层几盏灯？”（“倍加增”是指从塔的顶层到底层）．则宝塔的顶层有________盏灯．
?
已知平行四边形中，，，，平面内有动点，满足，则的取值范围为________．
?
在正四棱锥中，，若四棱锥的体积为，则该四棱锥外接球的体积为________.
四、解答题
?
在锐角三角形中，，，分别是角，，的对边，，且．
求的大小；
求的最大值．
?
已知正项数列前项之和为，满足．
求数列的通项公式；
若数列满足，其前项和为，证明：．
?
一款游戏规则如下：掷一枚质地均匀的硬币，若出现正面向前跳步，若出现反面向前跳步．
若甲乙二人同时参与游戏，每人各掷硬币次，
①求甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率；
②记甲乙二人向前跳的步数和为，求随机变量的分布列和数学期望．
若某人掷硬币若干次，向前跳的步数为的概率记为，求的最大值．
?
如图，在正三棱柱中，为的中点，若，．
证明：平面；
求二面角的余弦值．
?
已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，且．
求的标准方程；
设的左、右顶点分别为，，为坐标原点，直线过右焦点且不与坐标轴垂直，与交于，两点，直线与直线相交于点，证明：点在定直线上．
?
已知函数，．
求的极值点；
若，证明：对任意，，且，有．
参考答案与试题解析
2021-2022年辽宁省沈阳新民市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
补集及其运算
【解析】
进行交集、补集的运算即可．
【解答】
解：；
∴
．
故选．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
【解析】
由复数的除法运算求得，结合复数模的运算公式，即可求解．
【解答】
解：由复数的除法运算，可得，
所以．
故选．
3.
【答案】
C
【考点】
直线与平面所成的角
空间中直线与平面之间的位置关系
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用直线与直线，直线与平面的位置关系判断．
【解答】
解：，当，时，或与异面或相交，故错误；
，当，时，或与异面或相交，故错误；
，当，时，，反之不一定成立，故正确；
，当，时，或与异面，故错误.
故选．
4.
【答案】
C
【考点】
对数及其运算
【解析】
根据题意可得有个互不相等的数，需要比较次，然后进行计算即可得出结果．
【解答】
解：根据题意可得有个互不相等的数，需要比较次．
而，
且，
∴
．
故选．
5.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
【解析】
根据题意先写出右焦点坐标及渐近线方程，再利用点到直线的距离公式列出关于的方程，从而得出的值，最后利用离心率公式可得结果．
【解答】
解：双曲线：的右焦点坐标为，
渐近线方程为，即.
∵
双曲线：的右焦点到它的一条渐近线的距离是，
∴
，
解得，
∴
，
∴
离心率．
故选．
6.
【答案】
D
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
利用古典概型分别求出，，根据条件概率公式可求得结果．
【解答】
解：若某医生从“三药三方”中随机选出两种，事件表示选出的两种中有一药，事件表示选出的两种中有一方，
则，
，
∴
．
故选．
7.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
利用导数的几何意义可求出，从而得到的解析式，然后再利用图象的变换法则进行求解即可得到结果．
【解答】
解：函数，
∴
．
∵
曲线在点处的切线与直线互相垂直，
∴
，
∴
，
又，
∴
，
∴
，
∴
函数的图象向右平移个单位得到图象的解析式为
．
故选．
8.
【答案】
A
【考点】
对数值大小的比较
利用导数研究函数的单调性
【解析】
首先由得出，，排除两个选项，然后引入函数，利用导数得单调性，引入函数设，由导数得单调性，然后比较，的大小得出结论．
【解答】
解：∵
实数，，满足，，
∴
，，则排除选项，
令，
，
∴
在上单调递减，在上单调递增，
∴
，
即，
∴
，
∴
，
设，
，在上单调递减，
则，
∴
，排除选项．
故选．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
收集数据的方法
【解析】
根据雷达图逐个分析判断即可
【解答】
解：对于，由图可知数学运算，甲得分，乙得分，所以甲的数学运算素养优于乙的数学运算素养，所以正确；
对于，由图可知逻辑推理素养，甲得分，乙得分，所以甲的逻辑推理素养低于乙的逻辑推理素养，所以错误；
对于，由图可知甲只有数学运算素养得分，所以甲的六个核心素养中只有数学运算水平最高，所以正确；
对于，由图可知乙的逻辑推理、数据分析和直观想象都是分，所以错误.
故选．
【答案】
A,B,D
【考点】
基本不等式
【解析】
无
【解答】
解：，
，
当且仅当时等号成立，
，故正确；
由得，同理，
，
当且仅当，
即时等号成立，故正确．
满足题意，但，故错误；
由得，
，
当且仅当即时等号成立，
?，故正确．
故选．
【答案】
A,D
【考点】
抛物线的求解
抛物线的性质
圆锥曲线的综合问题
【解析】
根据抛物线的准线求得焦点坐标判断，设直线方程为，，，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，，求出中点坐标得中点到轴距离，求得最小值后判断，计算的长和中点到原点的距离，比较后判断，由斜率之积求出为常数，可得直线过定点判断．
【解答】
解：，抛物线准线方程是，
，解得，
则抛物线的焦点为，正确；
，显然斜率存在，设直线方程为，，，
由得，
，
所以?
，
化简得，
线段中点的横坐标为，
纵坐标为为中点到轴的距离，
又?
，
当且仅当，
即时等号成立，
因此中结论最小值为是错误的，错误；
，设方程为，
由上述讨论知
，
又中点为，
即中点为，
中点到原点的距离为
，
所以以为直径的圆不过点，错误；
，，
则，
由上得，，
方程为，必过点，正确．
故选．
【答案】
B,C,D
【考点】
函数奇偶性的性质与判断
函数的定义域及其求法
不等式恒成立问题
【解析】
利用奇偶性的定义可得错误，利用图象的平移可得正确，利用平移和奇偶性可得正确，利用单调性可得正确．
【解答】
解：，∵
恒成立，
∴
函数的定义域为，
∵
，
∴
不是奇函数，∴
错误；
，将的图象向下平移两个单位得，
向左平移一个单位得，
∵
，∴
图象关于对称，
∴
的图象关于对称，∴
正确；
，将的图象向左平移一个单位得，
∵
?
，
∴
为奇函数，
关于对称，
∴
若在处取得最大值，则在处取得最小值，
则
?
，∴
正确；
，，，
，
设，，
∵
，
∴
为减函数，
∴
为减函数，
∴
?为减函数，
又为减函数，
∴
为减函数.
∵
的图象关于对称，
∴
，
∴
，
即，∴
，∴
正确．
故选.
三、填空题
【答案】
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
由二项展开式通项公式易得．
【解答】
解：展开通项公式为，
所以展开式中的系数为．
故答案为：．
【答案】
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
用数列每层塔灯的盏数，则成等比数列，由等比数列的基本量运算可得．
【解答】
解：用数列每层塔灯的盏数，
则成等比数列，
，底层灯盏数为，
则，
所以，
解得．
故答案为：．
【答案】
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的线性运算性质及几何意义
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
根据题意建立坐标系，求出各点的坐标，再结合，求出点的坐标满足的等式，最后结合数量积的坐标运算公式即可求出结果．
【解答】
解：因为平行四边形中，，，，
所以建立如图所示的坐标系，
则，，，，
设，
∵
平面内有动点，满足，
∴
，
即，
∴
，
∴
．
故答案为：．
【答案】
【考点】
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
球的表面积和体积
【解析】
无
【解答】
解：如图，作平面，垂足为．连接，则为的中点．
设，则，，从而，
故四棱锥的体积为，
解得．
由题意可知正四棱锥外接球的球心在上，连接．
设正四棱锥外接球的半径为，
则，
解得，
故该四棱锥外接球的体积为．
故答案为：．
四、解答题
【答案】
解：因为，
所以，
由正弦定理得，
因为，
所以，
因为为锐角，
所以．
由正弦定理得?
，
因为
所以，，
所以，
故的最大值．
【考点】
正弦定理
【解析】
根据正弦的和角公式化简得，再由正弦定理可求得答案．
由正弦定理得，再根据角的范围和三角函数的性质可求得的最大值．
【解答】
解：因为，
所以，
由正弦定理得，
因为，
所以，
因为为锐角，
所以．
由正弦定理得?
，
因为
所以，，
所以，
故的最大值．
【答案】
解：当时，，
解得，
当时，由得，
，
两式相减得，
因为，
所以，
且，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
所以．
证明：由知，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，?，
，
，
，
．
所以对，．
【考点】
等差数列的通项公式
数列递推式
数列的求和
【解析】
当时，由得到，再两式相减，利用等差数列的定义求解；
由得到，然后由
，利用裂项相消法求解．
【解答】
解：当时，，
解得，
当时，由得，
，
两式相减得，
因为，
所以，
且，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
所以．
证明：由知，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，?，
，
，
，
．
所以对，．
【答案】
解：①设甲向前跳的步数为，向前跳的步数为，
则，
，
，
所以，
所以甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率．
②由①知所有可能取值为，，，，，
所以，
，
，
，
，
随机变量的分布列为
．
由题意得，，
当时，，
，
所以，
，，，
当为奇数时，，；
当为偶数时，，，
时，，
所以．
且数列为递减数列，
所以的最大值为．
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
相互独立事件的概率乘法公式
互斥事件的概率加法公式
【解析】
①设甲向前跳的步数为，向前跳的步数为，由，
，，可得的概率；
②由①知所有可能取值为，，，，，求出，，，，，可得随机变量的分布列和．
由题意得，，当时，，利用递推关系可得，可求得答案．
【解答】
解：①设甲向前跳的步数为，向前跳的步数为，
则，
，
，
所以，
所以甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率．
②由①知所有可能取值为，，，，，
所以，
，
，
，
，
随机变量的分布列为
．
由题意得，，
当时，，
，
所以，
，，，
当为奇数时，，；
当为偶数时，，，
时，，
所以．
且数列为递减数列，
所以的最大值为．
【答案】
证明：连接，交于，连接，
因为四边形为矩形，
所以为中点，
又因为为的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
解：取中点，过作于，连接，如图，
因为为正三棱柱，
所以，平面平面，
所以平面，
于是在平面内的射影为，
所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
，
因为二面角与二面角互补，
所以二面角的余弦值为．
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
连接，交于，连接，结合三角形的中位线定理可证明，由线面平行的判定定理可证平面．
取中点，过作于，连接，通过线面、面面垂直的性质可得为二面角的平面角，即可求出，由同角三角函数的基本关系可求出，即可求出二面角的余弦值．
【解答】
证明：连接，交于，连接，
因为四边形为矩形，
所以为中点，
又因为为的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
解：取中点，过作于，连接，如图，
因为为正三棱柱，
所以，平面平面，
所以平面，
于是在平面内的射影为，
所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
，
因为二面角与二面角互补，
所以二面角的余弦值为．
【答案】
解：∵
，
∴
，则，，
∴
，
∴
，，
∴
的标准方程为．
证明：设直线，，，，
由题意知，，
联立直线和椭圆得，
所以，，
由，，三点共线得，
由，，三点共线得，
所以，
代入，，
所以，
代入，，
化简得，
由题意知，
解得，
所以点在直线上．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
Ⅰ由题意知，然后根据可求出，可得方程，
Ⅱ由，，三点共线得，由，，三点共线得，联立，消去，再消去，可得．
【解答】
解：∵
，
∴
，则，，
∴
，
∴
，，
∴
的标准方程为．
证明：设直线，，，，
由题意知，，
联立直线和椭圆得，
所以，，
由，，三点共线得，
由，，三点共线得，
所以，
代入，，
所以，
代入，，
化简得，
由题意知，
解得，
所以点在直线上．
【答案】
解：∵
，
∴
，
由，
得，
由，
得，
∴
在上单调递减，
在上单调递增，
故函数有极小值点，无极大值点.
证明：当时，，
由可知，
故，
当且仅当时等号成立，
又，
当时，，，
故，
当时，，
当时，，，
故，
故时，，
当且仅当时等号成立，
故成立，
当且仅当时等号成立，
令，
则．
∵
，
∴
，
∴
．
∵
在的任意子区间内不恒为，
∴
在上为增函数，
不妨设，
则，
故，
故．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
求出函数的导数，再解导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值点即可；
首先根据证明，再证明，即可证明，当且仅当时等号成立，令，求出函数的导数，结合，得到在上为增函数，从而证明结论成立．
【解答】
解：∵
，
∴
，
由，
得，
由，
得，
∴
在上单调递减，
在上单调递增，
故函数有极小值点，无极大值点.
证明：当时，，
由可知，
故，
当且仅当时等号成立，
又，
当时，，，
故，
当时，，
当时，，，
故，
故时，，
当且仅当时等号成立，
故成立，
当且仅当时等号成立，
令，
则．
∵
，
∴
，
∴
．
∵
在的任意子区间内不恒为，
∴
在上为增函数，
不妨设，
则，
故，
故．
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◎
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