教改共同体2021-2022学年高二下学期期末数学试卷含答案

2023年12月3日发(作者：成考入学数学试卷答案解析)

三湘名校教育联盟·五市十校教研教改共同体

2022年上学期高二期末考试

数学试题

一、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．已知集合Pyy1,yZ，Q{y|y4,yZ}，则PQ（ ）

A．y|1y4 B．y|yZ

2C．1,0,1,2,3,4 D．1,2,3,4

2．已知2xkxm0的解集为t,1t1，则km的值为（ ）

A．1 B．2 C．-1 D．-2

x2y2b3．若双曲线C:221a0,b0的离心率为3，则直线x与两条渐近线围成aba的三角形的面积为（ ）

A．42 B．4 C．22 D．2

4．已知a2,1，b1,2，若向量a在向量b上的投影向量为c，则c（ ）

A．4585

,554

55B．45855,5

48,

55C．,85 D．125．x3x的展开式中的常数项为（ ）

xxA．40 B．60 C．80 D．120

6．已知圆C经过点P1,0，且与直线x1相切，则其圆心到直线xy30距离的最小值为（ ）

A．3 B．2 C．3 D．2

7．已知定义域是R的函数fx满足：xR，f4xfx0，f1x为偶函数，f11，则f2023（ ）

A．1 B．-1 C．2 D．-3

8．现将除颜色外其他完全相同的6个红球和6个白球平均放入A、B两个封闭的盒子中，甲从盒子A中，乙从盒子B中各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，且将取出的2个球全部放入盒子A中；若2个球异色，则乙胜，且将取出的2个球全部放入盒子B中．按上述规则重复两次后，盒子A中恰有8个球的概率是（ ）

A．17

70B．17

35C．1

2D．1

16二、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．若复数z满足：zz2i86i，则（ ）

A．z的实部为3

C．zz10

B．z的虚部为1

D．z在复平面上对应的点位于第一象限

1O．点P，Q为边长为1的正六边形ABCDEF的边界上的两个不同的动点，则ADPQ的值可以为（ ）

A．-5 B．-1 C．1

2D．4

11．已知a，b为正实数，且ab32ab42，则2ab的取值可以为（ ）

A．1

A．log23log49

B．4

C．9

B．log23lg15

D．log812log636

D．32

12．下列不等式正确的是（ ）

C．log812log1215

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13．从1，3，5，7这4个数中随机取出2个不同的数a，b，则abab的概率为______．

14．《孙子算经》是我国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作．在《孙子算经》中有“物不知数”问题，其中记载：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数．设这个正整数为a，当a1,100时，符合条件的所有a的个数为______．

15．已知点D为△ABC的边BC的中点，ABab，ACa2b，a2b2，a，b的夹角为，则AD______．

316．已知函数ye2x1的图象与函数ylnx132的图象关于某一条直线l对称，若P，Q分别为它们图象上的两个动点，则这两点之间距离的最小值为______．

四、解答题（本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（本小题满分10分）

aisocsB2cCosnisc3A在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2n（1）求角B的大小；

（2）若△ABC为锐角三角形，且c2a，b1，求△ABC的面积．

18．（本小题满分12分）

Bb．

若X~N,2，从X的取值中随机抽取kkN*,k2个数据，记这k个数据的平均值为Y，则随机变量Y~N(,2k)以下问题的求解中可以利用这一结论．

根据以往的考试数据，某学校高三年级数学模考成绩X~N100,52，设从X的取值中随机抽取25个数据的平均值为随机变量Y．现在从X的取值中随机抽取25个数据从小到大排列为x1,x2,x3,,x25，x1x2x10901.5，x16x17x251048，其余5个数分别为97，97，98，98，98．

（1）求x1,x2,x3,,x25的中位数及平均值；

（2）求P98Y103．

附：随机变量服从正态分布N,2，则P0.682，7P220.9545，P330.9973．

19．（本小题满分12分）

已知等差数列an的前n项和为Sn，a12，S426．正项等比数列bn中，b12，b2b312．

（1）求an与bn的通项公式；

（2）求数列anbn的前n项和Tn．

20．（本小题满分12分）

在三棱锥ABCD中，已知平面ABD⊥平面BCD，且BD6，ADBC⊥AC．

2，AB22，

（1）求证：BC⊥平面ACD；

（2）若E为△ABC的重心，CD3，求平面CDE与平面ABD所成锐二面角的正弦值．

21．（本小题满分12分）

x2y22已知椭圆E:221ab0的右焦点与抛物线y4x的焦点重合，且椭圆E截抛ab物线的准线得到的弦长为3．

（1）求椭圆E的标准方程；牙

（2）设两条不同的直线m与直线l交于E的右焦点F，且互相垂直，直线l交椭圆E于点A，B，直线m交椭圆E于点C，D，探究：A、B、C、D四个点是否可以在同一个圆上？若可以，请求出所有这样的直线m与直线l；否则请说明理由．

22．（本小题满分12分）潮

x31设fxlnx1x，gxax2，x,1．

32（1）求fx的单调区间；

（2）证明：当a

1时，fxgx．

22022年上学期高二期末考试

数学参考答案

一、选择题

1．C 【解析】由题意可知，PQ1,0,1,2,3,4，故选C．

2．B 【解析】因为2xkxm0的解集为t,1t1，所以x1为方程22x2kxm0的一个根，所以km2．故选B．

x2y23．C 【解析】因为双曲线C:221a0,b0的离心率为3，所以aba2b2bb3，所以2，所以渐近线的方程为y2x，所以直线x即直线aaabx2，与两条渐近线的交点坐标为2,2，所以直线x与两条渐近线围成的三角a1形的面积为4222．故选C．

2bb484．D 【解析】cacosab2,，故选D．

55bb2rr2r52r5．A 【解析】在x的展开式中，Tr11C5rx5r2C5，xxx5r242314的展开式中常数项为2C2xx5C5240．故选A．

xx6．D 【解析】依题意，设圆C的圆心Cx,y，动点C到点P的距离等于到直线x1的距离，根据抛物线的定义可得圆心C的轨迹方程为y4x，设圆心C到直线xy3025122yy32y28y4y12xy34距离为d，d，当y2时，224242dmin2，故选D．

7．B 【解析】因为f1x为偶函数，所以fx的图象关于直线x1对称，所以f2xfx，又由f4xfx0，得f4xfx，所以xfx2fx，所以fx4fx，，所以故fx的周期为4，所以f2023f3f11．故选B．

8．A 【解析】若两次取球后，盒子A中恰有8个球，则两次取球均为甲胜，即两次取球均为同色．若第一次取球甲、乙都取到红球，概率为f8xf4xf6331，则第一次取球后盒子A中664有4个红球和3个白球，盒子B中有2个红球和3个白球，第二次取同色球分为取到红球423317，故第一次取球甲、乙都取到红球且两次取球后，75753511717盒子A有8个球的概率为，同理，第一次取球甲、乙都取到白球且两次取球43514017后，盒子A中有8个球的概率为，所以两次取球后，盒子A中恰有8个球的概率是140171717．故选A．

14014070或取到白球，概率为二、选择题

9．ABD 【解析】设zabia,bR，因为zz2i86i，所以zz2iz86i，所以a2b22b2ai86i，所以ab2b8，2a6，所以a3，b1，所以z3i，所以z的实部为3，虚部为1，故A，B正确；zzz10，故C不正确；z在复平面上对应的点3,1位于第一象限，故D正确．故选ABD．

22210．BCD 【解析】ADPQADPQcos2|PQ|cos，其中α为向量AD与PQ的夹角，即BC与PQ的夹角，当点P为点A，点Q为点D时，，4；当点P为点D，点Q为点A时，ADPQ2PcQos2P2Q||取最大值为ADADPQ2PQcos2PQ2AD，取最小值为-4．故选BCD．

11．BD 【解析】因为a，b为正实数，ab32ab42，所以32ab42ab2ab2ab，当且仅当2ab时等号成立，即22232ab422ab，所以2ab622ab160，所以2ab42或2232422ab8．故选所以2ab32或2ab22．932ab22，因为a，b为正实数，ab32ab42，所以32ab420，所以2ab42或BD．

12．CD 【解析】选项A：故不正确；设fxlog2x3x(x1)，log23log2232log49，ln3x因为x1，所以fxln2x3ln2x2ln3xln2xln3x3x2x0，所以ln22xxln22xfx在[1,)上单调递减，所以选项B：f1log23log1015lg15f5，故不正确；选项C：f4log812f5log1015log1215，故正确；选项D：f4log812f18log3654log636，故正确，故选CD．

三、填空题 1 【解析】取出的6组数分别为1，3；1，5；1，7；3，5；3，7；5，7，其中有3231组1，3；1，5；1，7满足abab，所以abab的概率为．

6214．7 【解析】当a1,100时，满足条件的整数a组成一个等差数列，首项为8，公差13．为3与5的最小公倍数15，令1815k100，所以0k6．所以符合条件的所有a的个数为7．

221315． 【解析】因为2ADAB，所以2ADABAC，所以AC222213．

4AD2ab4ab4ab16142cos13，所以AD3216．24ln22 【解析】令tx1，则xt1，ye2t3，ylnt32x1关于直线yt对称，所以函数ye与函数y22关于直线yx1对称，所以P，Q两点之间距离的最小值等于P到直线yx1距离ye2t3与ylnt3．因为2lnx13最小值的2倍，函数ye2x1在Px0,y0点处的切线斜率为k2e2x01，令2e2x011得，x01ln21，y0，所以点P到直线yx1距离的最小值为221ln21124ln224ln222d，所以这两点之间距离的最小值为2d．

242四、解答题

17．解：（1）由正弦定理和2asinBcosC2ccosAsinB3b得，

4RsinAsinBcosC4RsinCcosAsinB23RsinB，

因为sinB0，所以sinAcosCsinCcosA（2分）

（4分）

3，

233，即sinB，

222因为B(0,)，所以B或．

33所以sinAC（6分）

（2）因为三角形ABC为锐角三角形，所以B2223， （7分）

由余弦定理得，bac2accosB， （8分）

因为c2a，b1，所以1a4a2a2acos所以a2223，

323，c，

33（9分） 所以三角形ABC的面积为1132333． （10分）

acsinB223326（3分）

18．解：（1）由已知得，有10个数不超过97，有10个数不低于98，中间的5个数为97，97，98，98，98，所以x1,x2,x3,,x25的中位数为98，

进一步由已知得，x1,x2,x3,,x25的平均值为

901.5972983104897.5．

25（6分）

（8分），

52（2）由题意知Y~N100,，即Y~N100,1

25因为P(98Y102)0.9545，P(97Y103)0.9973，

所以P(98Y103)1[P(98Y102)P(97Y103)]

2（12分）

10.95450.99730.9759．

219．解：（1）设公差为d，

43d26，解得d3，

2所以ana1n1d23n13n1，

由已知得，42即an通项公式为an3n1； （4分）

设正项等比数列bn的公比为q，因为b12，b2b312，

所以2qq212，所以qq60，

解得q2或q3（负值舍去），

所以bn2．

n（2分）

2（6分）

（7分）

（8分）

（2）anbn3n12n，

所以Tn2215228233n42n13n12n，

所以2Tn2225238243n42n3n12n1，

相减得，Tn22132232332432n3n12n1

22132212n1123n12n1， （10分）

（12分） 所以Tn3n42n18．

22220．解：（1）因为BD6，AD2，AB22，所以BDADAB，

所以AD⊥BD， （1分）

又因为平面ABD⊥平面BCD，

平面ABD平面BCD=BD，因为AD平面ABD，

所以AD⊥平面BCD，因为BC平面BCD，

所以AD⊥BC，

（2分） 又因为BC⊥AC，ACADA，

所以BC⊥平面ACD． （4分）

（2）因为BC⊥平面ACD，CD平面ACD，所以BC⊥CD，

因为CD3，BD6，所以BC3，BDC4， （6分）

以D为坐标原点，直线DB，DA分别为x，z轴，在平面BCD内过点D与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系，

所以D0,0,0，C662,2,0，B6626,0,0，A0,0,2，所以E2,6,3，66662所以DC2,2,0，DE2,6,3，

平面ABD的一个法向量为n10,1,0， （9分）

6x2设平面CDE的一个法向量为n2x,y,z，所以6x2z3取x1，y1，则，所以n21,1,3，

（8分）

6y0,2，

62yz063（11分）

设平面CDE与平面ABD所成的锐二面角为θ，

2n1n212511所以cos，所以sin1，

55n1n2155即平面CDE与平面ABD所成锐二面角的正弦值为225．

5（12分）

21．解：（1）抛物线y4x的焦点坐标为1,0，准线方程为x1，

22（1分）

2b23，解得a2，b3， 设cab，由已知得c1，ax2y21． 则椭圆E的标准方程为43（4分） （2）因为两条不同的直线m与l直线均过椭圆的右焦点1,0，且互相垂直，

由题意可知当斜率均存在且不为0时，可设直线l为ykx1，直线m为y其中k0， （5分）

1x1，kAx1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，

x2y21得， 将直线l的方程代入椭圆方程4334kx228k2x4k2120，

8k24k212所以x1x2，x1x2， （7分）

2234k34k若A、B、C、D四个点可以在同一个圆上，

则FAFBFCFD，

所以1k1x11k1x2122（8分）

111x11x4，

322kk所以k21x1x211x3x41，

所以k2x1x2x1x21x3x4x3x41，

4k2128k29x1x2x1x211，

22234k34k34k9k2同理x3x4x3x412，

3k499k22所以k，

234k3k42（10分）

则34k3k4，所以k1，

此时存在这样的直线m与直线l，其方程为yx1和yx1．

当直线l的斜率为0或斜率不存在时，A，B，C，D显然不在同一个圆上．

综上，存在这样的直线m与直线l，其方程为yx11和yx1． （12分）

2xxx11222．解：（1）fx，

1xx1x11∵x,1， （1分）

222令fx0，得x,0；令fx0，得x0,1；

所以fx的单调递增区间为12（2分）

（3分）

1,0，单调递减区间为0,1．

22x3（2）解法一：设hxfxgxlnx1xax， （4分）

3若证fxgx成立，即证hxmax0．

hx112axx2

x1x122xx2a1x2a1， （5分）

2a142a12a12a3，

13a时，0，所以x22a1x2a10，

221当x,0时，hx0，hx单调递增，

2当当x0,1时，hx0，hx单调递减，所以hxmaxh000成立．

当a（7分）

3时，0，令yx22a1x2a1，

22a12， 则yx22a1x2a1对称轴为直线x21所以当x,1时，函数yx22a1x2a1单调递增，

2当x13时，取最小值a0，

2412所以x22a1x2a10，所以当x,0时，hx0，hx单调递增，

当x0,1时，hx0，hx单调递减，hxmaxh000，

综上：当a（9分）

hxmax1时，

2h000．

（12分） 即fxgx．

x3ax2， 解法二：ln1xx3x311ln1xxax20，a，ax2x2，

322x3121x0对x,1恒成立， 只需证ln1xx322x312x，M00， 构造Mxln1xx32（7分） 1x32Mxx1x， （9分）

1x1x1∴可知Mx在x,0单调递增，在0,1单调递减，

2∴MxM00，∴当a（11分）

（12分）

1时，fxgx成立．

2