1、2021-2022学年第二学期六校联合体期末考试试题高二数学第卷（选择题 共60分）一、单项选择题：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. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求解集合与集合，然后再利用交集运算即可.【详解】解：因为，解得，所以集合，又，故，解得，所以集合，所以.故选：B.2. 已知复数，则复数的共轭复数的虚部是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法法则求复数z的代数形式，再得到其共扼复数的虚部【详解】解：复数，则，的虚部为故选：A.3. 已知向量，满足，夹角为，
2、若，则实数的值为（ ）A. 2B. C. 5D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据向量数量积的定义求出，依题意，根据数量积的运算法则计算可得；【详解】解：因为，且与夹角为，所以，又，所以，即，即，所以，解得；故选：D4. 若双曲线的一条渐近线与直线相互垂直，则双曲线的两个焦点与虚轴的一个端点构成的三角形的面积为 （ ）A. B. 6C. D. 8【答案】C【解析】【分析】写出渐近线方程，利用直线垂直列方程求解，从而得焦点坐标与虚轴顶点坐标，可求解得三角形面积.【详解】双曲线一条渐近线方程为，由两直线垂直得，所以双曲线的焦点坐标为，虚轴一个顶点坐标为，故选：C5. 已知的展开式中常数项为20，
3、则 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求展开式中含和项，然后可得的展开式中常数项，根据已知解方程可得.【详解】展开式中第项，当时，时，所以的展开式中常数项为，所以，得.故选：B6. 设某工厂仓库中有10盒同样规格的零部件，已知其中有4 盒、3盒、3盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的且甲、乙、丙三厂生产该种零部件的次品率依次为，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一个零部件，则取得的零部件是次品的概率为（ ）A. 0.06B. 0.07C. 0.075D. 0.08【答案】C【解析】【分析】由全概率公式计算【详解】依题意，任取一盒产品，分别来自甲、乙、丙三厂的概率分别是，所
4、以任取一个零部件，则取得的零部件是次品的概率为，故选：C7. 已知圆，圆，则同时与圆和圆相切的直线有（ ）A. 4条B. 2条C. 1条D. 0条【答案】B【解析】【分析】利用已知条件判断圆与圆的关系，进而可以求解.【详解】由，得圆，半径为，由，得，半径为所以，所以，所以圆与圆相交，所以圆与圆有两条公共的切线.故选：B.8. 将等比数列按原顺序分成1项，2项，4项，项的各组，再将公差为2的等差数列的各项依次插入各组之间，得到新数列：，新数列的前项和为若，则S200= （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知求得等比数列的首项和公比，以及等差数列的首项，再求得数列的前200
5、项中含有数列的前7项，含有数列的前193项，运用分组求和的方法可求得答案.【详解】解：由已知得，等比数列的公比令，则，所以数列的前200项中含有数列的前7项，含有数列的前193项，故故选：A二、多项选择题：(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. 下列说法正确的是 （ ）A. 若随机变量的概率分布列为，则B. 若随机变量， ，则C. 若随机变量，则D. 在含有4件次品的10件产品中，任取件，表示取到的次品数，则【答案】BD【解析】【分析】利用分布列的性质可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项
6、；利用二项分布的方差公式可判断C选项；利用超几何分布的概率公式可判断D选项.【详解】对于A选项，由分布列的性质可知，解得，A错误；对于B选项，若随机变量且，则，B对；对于C选项，若随机变量，则，C错；对于D选项，由超几何分布的概率公式可得，D对.故选：BD.10. 为响应政府部门疫情防控号召，某红十字会安排甲、乙、丙、丁四名志愿者奔赴A，C三地参加防控工作，则下列说法正确的是 （ ）A. 不同的安排方法共有64种B. 若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种C. 若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有12种D. 若甲乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有14
7、种【答案】BCD【解析】【分析】四人到三地去，一人只能去一地，用人选地的方法，由分步乘法原理计数；若恰有一地无人去，可先选无人去的一地然后4人去剩下的二地进行计数；若甲必须去A地，且每地均有人去，剩下3人按一地去一人，或只去两地计数；若甲乙两人都不能去A地，且每地均有人去，可先按地是去丙丁中的1人或2人分类，剩下的人安排去两地进行计数，从而判断各选项【详解】四人到三地去，一人只能去一地，方法数为，A错；若恰有一地无人去，则不同的安排方法数是，B正确；若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为，C正确；若甲乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为，D正确故选：BCD11
8、. 已知椭圆的左右焦点分别为、，过点的直线交椭圆于、两点，则下列说法正确的是（ ）A. 的周长为B. 椭圆的长轴长为C. 的最大值为D. 面积最大值为【答案】ACD【解析】【分析】求出、的值，利用椭圆的定义可判断A选项；利用椭圆的几何性质可判断B选项；利用弦长公式求出的最小值，结合椭圆的定义可判断C选项；利用三角形的面积公式结合导数法可判断D选项.【详解】解：由题可知，在椭圆中，的周长为，故A项正确；椭圆长轴长为，故B项错误；若直线与轴重合时，当直线不与轴重合时，设直线的方程为，设点、，联立可得，由韦达定理可得，所以，当且仅当时，即当轴时，等号成立，故，所以，故C项正确；由题意可知，直线不与轴
9、重合，由上可知，点到直线的距离为，所以，令，则，令，其中，则，所以，函数在上为减函数，故面积的最大值为，故D项正确.故选：ACD.12. 已知函数的定义域为R，且为奇函数，为偶函数，且对任意的，且，都有，则下列结论正确的是（ ）A. 是奇函数B. C. 的图像关于对称D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据题设有、，进而可得，即可判断的对称性、奇偶性，再由周期性、奇偶性求，最后结合在上的单调性及对称性和周期性判断上的单调性，比较函数值大小.【详解】由题设，即，则关于对称，C正确；，即，关于对称，所以，即周期为4，且，即为偶函数，A错误；则，B正确；又，且，都有，即在上递增，综上，在上递增，则上
10、递减，故，D正确.故选：BCD第卷（非选择题 共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. ，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由二次不等式恒成立有，即可求参数范围.【详解】由题设，可得.故答案为：14. 将公差不为零的等差数列，调整顺序后构成一个新的等比数列，其中，试写出一个调整顺序后成等比数列的数列公比：_（写出一个即可）【答案】或【解析】【分析】设等差数列的公差为 ，分别利用，为等比中项得到公差与首项的等量关系，再运用定义求新数列的公比，即可求解.【详解】解：设等差数列的公差为，则，则，或，不成等比数列；（1）若，或，成等比数列，则，即，解得，此时等比数列，的公比
11、为，等比数列，的公比为；（2）若，或，成等比数列，则，即，解得，此时等比数列，的公比为，等比数列，的公比为综上可得，等比数列的公比为或故答案为：或【点睛】本题主要考查了等差、等比数列的定义，以及等比数列的通项公式的应用，其中解答中分别利用，为等比中项得到公差与首项的等量关系，再运用定义求新数列的公比是解答的关键，着重考查推理与运算能力15. 正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M在线段CC1上，且点P在平面A1B1C1D1上，且AP平面MBD1，则线段AP的长为_【答案】#【解析】【分析】分别以为轴建立空间直角坐标系，设，由求出点坐标后可得线段的长【详解】如图，分别以为轴建立空间直角坐
12、标系，则，则是靠近的线段的三等分点，在平面上，设，则，由AP平面MBD1，得，解得，所以，故答案为：16. 设，是函数定义域的一个子集，若存在，使得在，上单调递增，在，上单调递减，则称为，上的单峰函数，为峰点若为，上的单峰函数，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】对 求导，对的正负进行讨论，即可根据单峰函数的定义求解.【详解】由得：，令， ，则当时，当时， 故在 单调递减，在 单调递增.所以当时，取最小值，且最小值为 ， 最小值为0.若 ,则 ，此时，在 单调递减，在 单调递增.不符合单峰函数的定义.当，则 ，此时存在 ，使得 ，当时， 则，此时 单调递增，当时，则，此时 单调递减，故
13、满足单峰函数的定义，其中 是单峰区间， 是峰点.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程戓演算步骤17. 已知函数；（1）若关于的不等式的解集为，求实数的值；（2）存在，使得成立，求实数的取值范围【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】（1）由一元二次不等式的解集及根系关系求参数.（2）将问题转化为存在，使得成立，结合基本不等式求范围，注意等号成立条件，进而求的范围.【小问1详解】由题意知：1和是的两根，故，即，.【小问2详解】存在，使得成立，即存，使得成立，即存在，使得成立，当时，当且仅当时取等号，故，可得即实数取值范围为.18. 已知数列是等差数列，是等
14、比数列，且，（1）求数列、的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）根据条件求得的公比，即可求得其通项公式，继而可求得数列的公差，即可求得其通项公式；（2）由（1）的结果可得的表达式，由错位相减法求得，将不等式对任意的恒成立，转化为数列的最值问题，即可求得答案.【小问1详解】因为数列是等比数列，又因为，所以数列的公比，由，所以得又因为数列是等差数列，且，则公差，所以故，；【小问2详解】由（1）得：，数列的前项和为所以由-得：，所以,不等式恒成立，化为不等式恒成立，令,则为递增数列，即转化为当时，所以，综上可得：实
15、数的取值范围是19. 某企业主管部门为了解企业某产品年营销费用x（单位：万元）对年销售量）（单位：万件）的影响，对该企业近5年的年营销费用和年销售量做了初步处理，得到的散点图及一些统计量的值如下：15052518001200根据散点图判断，发现年销售量y（万件）关于年营销费用x（万元）之间可以用进行回归分析（1）求y关于x的回归方程；（2）从该产品的流水线上随机抽取100件产品，统计其质量指标值并绘制频率分布直方图：规定产品的质量指标值在的为劣质品，在的为优等品，在的为特优品，销售时劣质品每件亏损0.8元，优等品每件盈利4元，特优品每件盈利6元，以这100件产品的质量指标值位于各区间的频率代替
16、产品的质量指标值位于该区间的概率如果企业今年计划投入的营销费用为80万元，请你预报今年企业该产品的销售总量和年总收益附：收益销售利润营销费用；对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，【答案】（1）； （2）今年企业该产品的销售总量估计为180万件，年总收益估计为460万元【解析】【分析】（1）求出，再利用最小二乘法公式求解作答.（2）求出产品的质量指标值在、的频率，由（1）估计销售总量，再由已知列式计算作答.【小问1详解】根据题意得，y关于x的回归方程为.【小问2详解】由（1）可知：当时，即营销费用为80万元，该产品的销售总量约为180万件，由频率分布直方图知，产品的质量指标
17、值在、的频率分别为、，以频率为概率可以估计：销售的180万件产品中，劣质品约为1800.25=45（万件），优等品约为1800.65117（万件），特优品约为1800.118（万件），估计今年企业该产品的总收益为：（万元），所以，今年企业该产品的销售总量估计为180万件，年总收益估计为460万元.20. 如图，斜三棱柱中，为正三角形，为棱的中点，平面（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由平面，得，再由，可得线面垂直；（2）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求线面角【小问1详解】在正中，因为为的中点，所以
18、因为平面，平面所以因为，均在平面内，所以平面【小问2详解】因为平面所以，即，两两相互垂直以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系因为，所以点，所以，从而，设平面的一个法向量为，则，即，令，则记直线与平面所成角为则，所以，直线与平面所成角的正弦值为21. 已知点A是抛物线x22py（p0）上的动点，过点M（1，2）的直线AM与抛物线交于另一点B（1）当A的坐标为（2，1）时，求点B的坐标；（2）已知点P（0，2），若M为线段AB的中点，求面积的最大值【答案】（1） （2）2【解析】【分析】（1）将的坐标代入抛物线方程可得抛物线的方程为：，再根据直线的方程，联立抛物线方程可得的坐标；（2）设直线的
19、方程：，联立抛物线的方程，结合韦达定理与M为线段AB的中点可得，再代入的面积可得，进而根据二次函数的最值求解即可【小问1详解】当的坐标为时，则，所以，所以抛物线的方程为：，由题意可得直线的方程为：，即，代入抛物线的方程可得解得（舍）或6，所以，的坐标为【小问2详解】法一：设直线方程：，即，设直线与轴的交点为，由可得，因为为线段的中点，所以令，即，所以则的面积，把代入上式，当时，所以的面积的最大值为2（2）法二：可得，因为为线段的中点，所以，设点到直线的距离为，则，把代入上式，所以，当时，的面积的最大值为222. 已知函数的图像记为曲线（1）过点A(2，0)作曲线的切线，若这样的切线有三条，求的
20、取值范围；（2）若对恒成立，求的最大值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）求导，得切线方程，将点A(2，0)代入方程，得，构造函数，利用三次函数的图像性质即可求解.（2）分情况讨论，构造函数，利用函数的单调性，确定最值，进而可求.【小问1详解】，设切点为，则，所以切线方程为将点代入得可化为设，令即，解得或；令即，解得；所以函数在上单调递减，在和上单调递增的极值点0和2，过点作曲线的切线，若这样的切线有三条， 有三个不同的实数根，由三次函数的图像得，；所以【小问2详解】由得对恒成立，若，在单调递减，而 单调递增，显然不成立.若，则，若，则，设函数，令，即，解得；令，即，解得；所以函数在上单调递减，在上单调递增设，令，即，解得；令，即，解得；函数 在上单调递增，在上单调递减，即的最大值为，此时，.综上，的最大值为
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