浙江省绍兴市2021-2022学年高二数学下学期期末考试试题（Word版带答案）

绍兴市2021-2022学年第二学期高中期末调测高二数学注意事项：1.请将学校､班级､姓名分别填写在答卷纸相应位置上.本卷答案必须做在答卷相应位置上.2.全卷满分150分，考试时间120分钟.一､单项选择题（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.设集合，则（）A.B.C.D.2.若复数满足（为虚数单位），则（）A.B.C.D.3.命题“”的否定是（）A.B.C.D.4.在中，“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5.在同一直角坐标系中，函数，且的图象可能是（）A.B.\nC.D.6.从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的“喜迎二十大，奋进新征程”的演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（）A.B.C.D.7.已知平面向量，满足，且对任意实数，有，设与的夹角为，则的取值范围是（）A.B.C.D.8.已知，其中为自然对数的底数，则（）A.B.C.D.二､多项选择题（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，且，则下列不等式中，恒成立的是（）A.B.C.D.10.设函数，则（）A.函数的最小正周期是B.函数的图象关于直线对称C.函数在上是增函数D.函数是奇函数\n11.在正方体中，点满足，其中，，则（）A.当时，平面B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，的面积为定值D.当时，直线与所成角的范围为12.已知采用分层抽样得到的样本数据由两部分组成，第一部分样本数据的平均数为，方差为；第二部分样本数据的平均数为，方差为.设，则以下命题正确的是（）A.设总样本的平均数为，则B.设总样本的平均数为，则C.设总样本的方差为，则D.若，则三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知函数则__________.14.已知随机变量，则__________.15.现要给1个小品类节目，2个唱歌类节目，2个舞蹈类节目排列演出顺序，要求同类节目不相邻，则不同的排法有__________种.16.在三棱锥中，，二面角的平面角为，则它的外接球的表面积为__________.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.（本题满分10分）在二项式的展开式中\n（1）求各二项式系数和；（2）求含的项的系数.18.（本题满分12分）在中，内角所对的边分别是，且.（1）求角；（2）若，求的面积.19.（本题满分12分）如图，已知四棱锥平面，（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.20.（本题满分12分）已知函数.（1）求在上的最小值；（2）设函数，若方程有且只有两个不同的实数根，求的取值范围.21.（本题满分12分）某市为筛查新冠病毒，需要检验核酸样本是否为阳性，现有且份核酸样本，可采用以下两种检验方式：①逐份检验：对k份样本逐份检验，需要检验k次；②混合检验：将k份样本混合在一起检验，若检验结果为阴性，则k份样本全为阴性，因而这k份样本只需检验1次；若检验结果为阳性，为了确定其中的阳性样本，就需重新采集核酸样本后再对这k份新样本进行逐份检验，此时检验总次数为k+1次.\n假设在接受检验的核酸样本中，每份样本的检验结果是相互独立的，且每份样本结果为阳性的概率是p.（1）若对k份样本采用逐份检验的方式，求恰好经过4次检验就检验出2份阳性的概率（结果用p表示）；（2）若k=20，设采用逐份检验的方式所需的检验次数为X，采用混合检验的方式所需的检验次数为Y，试比较与的大小.22.（本题满分12分）已知函数.（1）若，求在点处的切线方程；（2）若恒成立，求的取值范围.2021-2022学年第二学期高中期末调测高二数学参考答案一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案BADABCDB二､多项选择题（每小题全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分，共20分）题号9101112答案BCDACABDAD三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.14.15.4816.四､解答题（本大题共6小题，共70分.）17.（本题满分10分）解：（1）各二项式系数和为.\n（2）因为，令，解得，所以的项的系数为.18.（本题满分12分）解：（1）因为，所以.因为，所以，即.所以.（2）因为解得.所以.19.（本题满分12分）解：（1）连接，由题意平面，所以平面.在直角中，可得，在直角中，可得，在直角中，可得，所以，所以.又，所以平面.（2）由可知平面，\n所以到平面的距离等于到平面的距离，又由（1）知平面，设直线与平面所成角为，又，所以.法二､如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立直角坐标系，则.作，垂足为，又，所以平面.所以，设平面的法向量为，由得，可取设直线与平面所成角为，所以.20.（本题满分12分）解：（1）因为函数的对称轴方程为.①当时，即时，在上单调递增，所以.\n②当时，即时，在单调递减，在单调递增，所以.③当时，即时，在上单调递减，所以.综上①②③（2）令，由题意可知一定有解，不妨设为，且，则等价于以下四种情况：①当时，由解得，此时，不符合题意.②当且时，需满足③当时，需满足解得.④当时，\n需满足解得.综上①②③④或.21.（本题满分12分）解：（1）记恰好经过4次检验就检验出2份阳性为事件，所以.（2）由题意知.因为，所以.所以，令，解得.所以当时，；当时，；当时，.22.（本题满分12分）解：（1）当时，，因为，所以，又，所以切线方程为.法一（2）因为时恒成立，所以需首先满足.因为，\n令，则.①当时，有恒成立，所以在单调递减，又，所以在恒成立，所以在上单调递减，所以，符合题意.②当时，恒成立，所以在单调递增，又.所以（i）当时，，所以在恒成立，所以在上单调递减，所以，符合题意.（ii）当时，，所以存在，使得，当时，，当时，所以在单调递减，在单调递增，所以解得.所以在②条件下③当时，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，\n又，所以恒成立，所以在上单调递减，所以，符合题意.综上①②③.法二（2）因为时恒成立，所以需首先满足解得.下面先证明.令，则在上恒成立，所以，则成立.所以有令则，显然在上单调递增，又，所以存在，使得.所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.所以.所以当时，有恒成立.法三因为时恒成立，所以需首先满足，\n解得.所以，所以.又.（1）当时，当时，，所以在上单调递增，所以只需.解得.②当时，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，所以.解得，所以此时.综上①②得.法四下面先证明.令，则在[0，2]上恒成立，所以，则成立.所以，即.令，所以只需求的最小值.①当时，因为，所以.\n②当时，.因为，所以，所以，所以在上单调递减，所以.综合①②得.