2021-2022学年江苏省南京市中华中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2021-2022学年江苏省南京市中华中学高二下学期期中数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省南京市中华中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】在数轴上分别作出集合，集合，再由交集的概念取相交部分.【详解】因为，，所以．故答案为：A.2．十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数，关于x，y，z的方程没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁·怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为（       ）A．对任意正整数n，关于x，y，z的方程都没有正整数解B．对任意正整数，关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解C．存在正整数，关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解D．存在正整数，关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解【答案】D【分析】根据命题的否定形式，直接写出命题的否定即可【详解】命题的否定形式为，原命题的题设不变，结论改否定；故只有D满足题意；故选：D3．曲线的斜率为－2的切线方程为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用导数的几何意义，即得.【详解】∵，∴，由，可得，（舍去）当时，，∴曲线的斜率为－2的切线方程为，即.故选：B.4．若命题“”为假命题，则实数x的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】等价于“”为真命题．令，解不等式即得解.【详解】解：命题“”为假命题，其否定为真命题，即“”为真命题．令，则，即，解得，所以实数x的取值范围为.故选：C5．关于空间向量，以下说法不正确的是（             ）A．若两个不同平面α，β的法向量分别是，且，则B．若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则直线l//αC．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面D．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线【答案】B【分析】由面面垂直的向量表示可判断A；由线面平行的向量表示可判断B；根据向量共线定理，可判断C；由空间向量基底的表示可判断D.【详解】对于A，，所以，A正确；对于B， ，所以，B错误对于C，对空间中任意一点O，有，满足，则P，A，B，C四点共面，可知C正确；对于D，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，所以D正确.故选：B.6．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，，点E为的中点，点F在BC的延长线上且，则异面直线BE与所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】以B为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法，根据即可求出答案.【详解】在三棱柱中，因为侧棱垂直于底面，且，所以以B为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．由，，，得，所以，，，，．由，得，所以，，所以异面直线BE与所成角的余弦值为．故选：D．7．在次独立重复试验中，每次试验的结果只有A，B，C三种，且A，B，C三个事件之间两两互斥.已知在每一次试验中，事件A，B发生的概率均为，则事件A，B，C发生次数的方差之比为（       ）A．5：5：4 B．4：4：3 C．3：3：2 D．2：2：1【答案】C【分析】事件A，B，C发生次数均服从二项分布，然后分别求出二项分布，再分别计算二项分布的方差即可【详解】根据事件的互斥性可得：每一次试验中，事件发生的概率为设事件A，B，C发生的次数为分别随机变量，则有： 则事件A，B，C发生次数的方差分别为： ，，故事件A，B，C发生次数的方差之比为：故选：C8．袋中有个球，其中红、黄、蓝、白、黑球各一个，甲、乙两人按序从袋中有放回的随机摸取一球，记事件甲和乙至少一人摸到红球，事件甲和乙摸到的球颜色不同，则条件概率（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出和的值，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由题意可知，事件甲、乙只有一人摸到红球，则，，因此，.故选：D. 二、多选题9．下列说法正确的是（       ）A．线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱B．将一组数据中的每个数据都乘2022后，方差也变为原来的2022倍C．已知回归模型为，则样本点的残差为D．对于独立性检验，随机变量的观测值值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大【答案】CD【分析】根据相关系数、方差的性质、残差的计算以及独立性检验的计算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对：线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱，故错误；对：将一组数据中的每个数据都乘2022后，方差变为原来的倍，故错误；对：当时，，所以样本点的残差为，故正确；对：对于独立性检验，随机变量的观测值值越小，则“两变量有关系”的把握程度越小，则判定“两变量有关系”犯错误的概率越大，故正确.故选：．10．《几何原本》中的几何代数法是以几何方法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有图形如图所示，C为线段AB上的点，且，，O为AB的中点，以AB为直径作半圆．过点C作AB的垂线交半圆于D，连接OD，AD，BD，过点C作OD的垂线，垂足为E. 则该图形可以完成的所有的无字证明为（       ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】结合图形和基本不等式可得答案.【详解】，由射影定理可知，，所以；在中，，当且仅当时取等；所以A正确；在中，，所以，由于CDDE，所以，所以C正确.故选：AC.11．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则（       ）A．B．C．事件与事件相互独立D．是两两互斥的事件【答案】ABD【分析】根据每次取一球，易得，，是两两互斥的事件，求得，然后由条件概率求得，，再逐项判断.【详解】解：因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，故D正确；因为，所以，故B正确；同理，所以，故A正确；由于，故事件与事件不相互独立，故C错误.故选：ABD12．如图，己知四棱锥的底面是直角梯形，， ，平面，，下列说法正确的是（             ）A．与所成的角是B．平面与平面所成的锐二面角余弦值是C．与平而所成的角的正弦值是D．是线段上动点，为中点，则点到平面距离最大值为【答案】AD【分析】由题意，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，结合向量的夹角公式，可判定A正确，B、C不正确；在上取点，使得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到点到平面的距离最大距离为，在直角中，利用直角三角形的射影定理，求得的长，可判定D正确.【详解】由题意，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，对于A中，可得，所以，因为，所以与的夹角为，所以A正确；对于B中，由平面的法向量为，又由，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，所以，所以B错误.对于C中，由，所以C错误；对于D中，在上取点，使得，连接，因为为正方形，且边长为，可得，又因为平面，平面，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，且，平面，所以平面，此时点到平面的距离最大，最大值即为，在直角中，，可得，由直角三角形的射影定理得，即，即点到平面的距离最大值为，所以D正确.故选：AD. 三、填空题13．已知随机变量ξ服从正态分布，，则_______.【答案】0.16【分析】利用正态分布的对称性可得，然后结合条件即得.【详解】因为随机变量服从正态分布，所以，又，所以.故答案为：0.16.14．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵，中，M是的中点，，，，若，则_________．【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量可以解决问题.【详解】设,如下图所示，建立空间直角坐标系， ，，，，，则 所以 又因为所以 故答案为： 15．若，，则的最小值为___________.【答案】4【分析】连续使用两次均值不等式即可求出结果.【详解】，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为4.故答案为：4.16．给图中A，B，C，D，E五个区域填充颜色，每个区域只填充一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则共有_________种不同的方案．【答案】72【分析】分为B，E同色和B，E不同色两种情形，再按照分步乘法原理计算即可.【详解】当B，E同色时，共有种不同的方案，当B，E不同色时，共有种不同的方案，所以共有72种不同的方案．故答案为：72. 四、解答题17．已知集合 ，.(1)命题p：x∈A，命题q: x∈B，且p是q的必要非充分条件，求实数m的取值范围:(2)若A∩B≠求实数m的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】(1)要使p是q的必要不充分条件，则 B  A即可；(2)求时m的取值范围，然后求其补集.【详解】(1)因为p是q的必要不充分条件，所以B  A，B集合：，所以B不可能为空集，因为，所以，集合，所以或，分别解不等式组，取并集后可得.(2)由（1）知，当时：或，解之得：或，则时，.18．已知的展开式中第2项与第三项的二项式系数之和为36．(1)求n；(2)求展开式中系数最大的项．【答案】(1)(2)和.【分析】（1）根据题意得到，求得，即可求解；（2）由（1）知，得到展开式的通项为，列出不等式组，结合组合数的公式，求得，进而求得，即可求解.【详解】(1)解：由题意，的展开式中第2项与第三项的二项式系数之和为36，可得，即，解得或（舍去），所以.(2)解：由（1）可得二项式，其展开式的通项为，即展开式中项的系数为，设第项的系数最大，则满足，可得，即，解得，当时，；当时，，所以展开式中系数最大的项为和.19．第24届冬季奥林匹克运动会（The XXIV Olympic Winter Games），即2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕．2022年北京冬季奥运会共设7个大项，15个分项，109个小项．北京赛区承办所有的冰上项目，延庆赛区承办雪车、雪橇及高山滑雪项目，张家口赛区承办除雪车、雪橇及高山滑雪之外的所有雪上项目．为调查学生对冬季奥运会项目的了解情况，某中学进行了一次抽样调查，统计得到以下列联表． 了解不了解合计男生 60200女生110 200合计    (1)完成列联表，并判断有超过多大的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；(2)为弄清学生不了解冬季奥运会项目的原因，按照性别采用分层抽样的方法、从样本中不了解冬季奥运会项目的学生中随机抽取5人，再从这5人中抽取2人进行面对面交流，求“男、女生各抽到一名”的概率．附表：0.0250.0100.0050.0015.0246.6357.87910.828 附：．【答案】(1)表格见解析；没有超过的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；(2)【分析】（1）完善2×2列联表，根据的计算可得出关于n的等式，即可求得正整数n的值，结合临界值，即可求解．（2）根据已知条件，结合分层抽样的定义，以及古典概型的概率公式，即可求解．【详解】(1)求列联表可得: 了解不了解合计男生14060200女生11090200合计250150400 根据所给数据得故没有超过的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；(2)由于在“不了解冬季奥运会项目”的学生中，按男女比例为2:3，所以抽取的5人中包含3名女生，2名男生，设“男、女生各抽到一名”的事件为，则20．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，.(1)证明：平面平面；(2)若二面角的余弦值为，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）依据面面垂直判定定理去证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求二面角的正弦值.【详解】(1)设，连接，  在菱形中，为中点，且，因为，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；(2)作平面，以为，，轴，建立空间直角坐标系，易知，则，，因为，，所以为二面角的平面角，所以，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，由，得取，则，，所以，设平面的法向量为，由，得取，则，，所以，设二面角为，则，又，则.21．核酸检测是诊断新冠病毒感染的重要手段，首先提取人的唾液或咽拭子样本，如果样本中有病毒，样本检测会呈现阳性，否则为阴性．检测时既可以逐个化验，也可以将样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性，需要再对各个样本逐个化验；若混合样本呈阴性，则各个样本均为阴性．现有4例疑似病例，疑似病例核酸检测呈阳性的概率均为．(1)若，求至多有1个疑似病例样本化验结果为阳性的概率；(2)如果逐个化验，需要化验4次．为了减少化验次数，可以考虑采用4例样本混合在一起进行化验，当p在什么范围时，混合化验能减少化验次数？【答案】(1)(2)当时，4例混合化验能减少化验次数【分析】（1）根据题意计算即可（2）根据题意，混合化验的次数是1次或者5次，分别求出其对应的概率，计算混合化验的期望，使期望值小于4即可【详解】(1)解：（1）设4例疑似病例中化验结果为阳性的病例数为X，则，       所以，至多有1个疑似病例样本化验结果为阳性的概率为(2)设4例混合化验的化验次数为Y，则Y可取1，5．       ，，所以，．要使化验次数减少，须有，       即．因为，解得．所以，当时，4例混合化验能减少化验次数．22．己知函数(1)令，当时，讨论的单调性:(2)当时，，求的取值范围.【答案】(1)时，单调递减；时，单调递增(2)【分析】（1）由题意得到，求得，令，取得，且，进而得到函数的单调性；（2）根据题意，把不等式可化为，令，求得，得到的解，分、和三种情况讨论，结合函数的单调性与最值，即可求解.【详解】(1)解：当时，函数，可得，令，可得，且，所以当时，，即，函数单调递减；当时，，即，函数单调递增.(2)解：由，不等式可化为，化简可得，即，即，   ①令，可得，令，即，解得，若，即时，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，且，所以，即不等式①不恒成立；不合题意；若，即时当， 单调递减；，，单调递增；当时，，单调递减；所以，要不等式①恒成立，只需，即，解得，所以.若， 即时，当， 单调递减；当， 单调递增；当， 单调递减；所以，即，只需当时，，就可得到就恒成立。下面证明 ②令，则，当时，<0，所以；即成立；所以②成立，所以，所以时，不等式①成立，综上所述，实数的取值范围是.【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．