陕西省西安市西安中学2021-2022学年高二下学期期中理数试题（含答案）

西安中学2021-2022学年度第二学期期中考试

高二数学（理科）试题

一、单选题（本大题共12小题，共36分）

1. 已知复数，则（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【1题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的运算法则，直接计算即可

【详解】，所以，

故选：C

2. 设随机变量的概率分布列为

则（ ）

A.  B.  C.  D.

【2题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：

，故选B

考点：概率分布

3. 从5名志愿者中选出3人分别从事翻译、导游、导购三项不同工作，则选派方案共有（　　）

A. 10种 B. 20种 C. 60种 D. 120种

【3题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】直接根据排列的定义即可求出．

【详解】解：从5名志愿者中选出3人分别从事翻译、导游、导购三项不同工作，则选派方案共种．

故选：．

【点睛】本题考查了排列的意义及其计算公式，属于基础题．

4. 若展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中常数项是（    ）

A. 180 B. 120 C. 90 D. 45

【4题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】已知条件中只有第六项的二项式系数最大，应为偶数，可确定值，进而利用展开式即可求得常数项.

【详解】如果为奇数，那么是中间两项的二项式系数最大；

如果为偶数，那么是中间一项的二项式系数最大；

只有第六项的二项式系数最大

，

展开式的通项为：

令，解得：

展开式中常数项是：.

故选：A.

5. 若曲线y＝x2＋ax＋b在点(0，b)处的切线方程是x－y＋1＝0，则（    ）

A. a＝1，b＝1 B. a＝－1，b＝1

C. a＝1，b＝－1 D. a＝－1，b＝－1

【5题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】先用导数的定义解出函数在x=0处的导数，进而结合导数的几何意义求得答案.

【详解】由题意可知k＝，

又(0，b)在切线上，解得：b＝1.

故选：A.

6. 现有5人站成一排照相，其中甲、乙相邻，且丙、丁不相邻，则不同的站法有（    ）

A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种

【6题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】

甲、乙相邻捆绑作为一全元素，丙、丁不相邻用插入法．

【详解】由题意不同站法数为：．

故选：B.

【点睛】本题考查排列问题．涉及到相邻与不相邻问题，解题方法是相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插入法．

7. 如图阴影部分为曲边梯形，其曲线对应函数为，在长方形内随机投掷一颗黄豆，则它落在阴影部分的概率是

A.  B.  C.  D.

【7题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】通过定积分可求出空白部分面积，于是利用几何概型公式可得答案.

【详解】由题可知长方形面积为3，而长方形空白部分面积为：，

故所求概率为，故选D.

【点睛】本题主要考查定积分求几何面积，几何概型的运算，难度中等.

8. 为了宣传防疫知识，某单位安排甲、乙、丙、丁4位志愿者到A，B，C三处宣讲且每处至少一人，问甲、乙不去同一地点的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【8题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】先求出所有的方法种数，再求出甲、乙去同一地点的方法种数，利用古典概型的概率公式即可求解.

【详解】把甲、乙、丙、丁4位志愿者到A，B，C三处宣讲且每处至少一人，共有种.

甲、乙去同一地点共有种，

所以甲、乙不去同一地点的概率为

故选：A

9. 已知复数满足(为虚数单位)，则 (　　)

A.  B.  C.  D.

【9题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】先计算出，再利用共轭复数及概念计算出.

【详解】由于，因此，因此，故选B.

【点睛】本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的相关概念，难度不大.

10. 已知(1＋ax)·(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝

A －4 B. －3

C －2 D. －1

【10题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】由题意知：，解得，故选D.

【考点定位】本小题主要考查二项展开式,二项式定理在高考中主要以小题的形式考查,属容易题,熟练基础知识是解答好本类题目的关键.

11. 一辆汽车在平直的公路上行驶，由于遇到紧急情况，以速度（的单位：，的单位：）紧急刹车至停止.则刹车后汽车行驶的路程（单位：）是（    ）

A.  B.  C.  D.

【11题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】先计算汽车停止的时间，再利用定积分计算路程.

【详解】当汽车停止时，，解得：或（舍去负值），

所以.

故答案选B

【点睛】本题考查了定积分的应用，意在考查学生的应用能力和计算能力.

12. 已知函数在区间上的图象如图所示，则（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【12题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】法一：利用导函数研究出极值点，进而结合图象及极值求出的值；法二：设函数值为，使用辅助角公式及三角函数的有界性及极值列出方程，求出的值.

【详解】法一：当时，

设，其中，则，另外，所以，故，解得：，又因为，所以，

故选：B.

法二：由，，从而，由于，所以，解得：，又从图象可以看出，即，从而，解得：，由于，故.

故选：B.

二、填空题（本大题共5小题，共15分）

13. 袋中有个黄球个白球，甲乙两人分别从中任取一球，取得黄球得分，取得白球得分，两个总分和为，则的概率是______．

【13题答案】

【答案】

【解析】

【分析】确定事件是什么事件，然后可求得其概率．

【详解】表示：两个球一个是黄球，一个是白球，

．

故答案为：．

14. i是虚数单位，＋＝________.

【14题答案】

【答案】－2

【解析】

【分析】按照复数除法、乘方运算法则计算即可.

【详解】

＋＝

故答案为：

15. 已知 ，则______．

【15题答案】

【答案】32

【解析】

【分析】根据题意得到，即可计算求解

【详解】由已知得，，所以，可得，所以，

故答案为：32

16. 如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（ 4种颜色全部使用 ），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有 _______ 种.（用数字作答）

【16题答案】

【答案】96

【解析】

【详解】试题分析：

由题意知本题是一个分步计数问题，第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法（此前三步已经用去三种颜色）；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法．所以，不同的涂色种数有4×3×2×（1×1+1×3）=96.

考点：排列组合的应用.

17. 若函数在区间上是单调增函数，则实数的取值范围是_________.

【17题答案】

【答案】

【解析】

【分析】

根据函数在区间上是单调增函数，转化为导数不小于0在区间上恒成立，分离参数，利用函数最值求解.

【详解】，

函数在区间上是单调增函数，

所以在区间上恒成立，

即在区间上恒成立，

由(),

所以，

即，

故答案为：

【点睛】本题主要考查了利用导数研究不等式恒成立问题，二次函数最值，转化思想，属于中档题.

三、解答题（本大题共5小题，共49分）

18. 在一个选拔项目中，每个选手都需要进行4轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概率分别为、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响．

（Ⅰ）求该选手进入第三轮才被淘汰的概率；

（Ⅱ）求该选手至多进入第三轮考核的概率；

【18题答案】

【答案】解：（Ⅰ） ；（Ⅱ）

【解析】

【详解】（Ⅰ）设事件表示“该选手能正确回答第i轮问题” ．

由已知，，，．

（Ⅰ）设事件B表示“该选手进入第三轮被淘汰”，则

（Ⅱ）设事件C表示“该选手至多进入第三轮考核”，则

19. 在棱长为2正方体中，E，F分别为，CD的中点．

（1）求；

（2）求直线EC与AF所成角的余弦值；

（3）求二面角的余弦值的绝对值．

【19题答案】

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，再计算模长即可；

（2）求出，，再计算EC与AF所成角的余弦值即可；

（3）先求出平面ABCD和平面AEF的一个法向量，再计算二面角的余弦值的绝对值即可.

【小问1详解】

在棱长为2的正方体中，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，，

∴；

【小问2详解】

∵，，

∴

∴直线EC与AF所成角的余弦值为．

【小问3详解】

平面ABCD的一个法向量为，

设平面AEF的一个法向量为，

∵，，

∴，令，则，，

则

二面角余弦值的绝对值为．

21. 已知函数有极小值−6．

（1）求的值；

（2）求在上的最大值和最小值．

【21题答案】

【答案】（1）   

（2）最大值为，最小值为−6

【解析】

【分析】①对求导，得到单调性进而可得的极小值点，代入即可得的值.

②求出极值点和端点处的函数值，比较大小即可得最大值和最小值.

【小问1详解】

解：，

令，解得：或，令，解得，

所以单调递减区间为，单调递增区间为，．

则，解得．

【小问2详解】

由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

，，

，，

所以在上的最大值为，最小值为−6．

23. 为了了解本学期学生参加公益劳动的情况，某校从初高中学生中抽取100名学生，收集了他们参加公益劳动时间（单位：小时）的数据，绘制图表的一部分如表：

（1）从男生中随机抽取一人，抽到的男生参加公益劳动时间在的概率；

（2）设参加公益劳动时间在的学生中抽取3人进行面谈.记为抽到高中的人数，求随机变量的概率分布.

【23题答案】

【答案】（1）；（2）分布列见解析；

【解析】

【分析】（1）由图表直接利用随机事件的概率公式求解即可；

（2）的所有可能取值为0，1，2，3，由古典概型的概率公式求概率，从而求出分布列．

详解】解：（1）100名学生中共有男生48名，

其中共有29人参加公益劳动时间在，，

设男生中随机抽取1人，抽到的男生参加公益劳动时间在，的事件为，

则；

（2）的所有可能取值为0，1，2，3，

，，，，

随机变量的分布列为：

24. 设，.

（1）求的单调区间；

（2）讨论零点的个数；

（3）当时，设恒成立，求实数a的取值范围.

【24题答案】

【答案】（1）递增区间为，单调递减区间为；（2）当时，有1个零点，当或时，有2个零点，当时，有3个零点.；（3）.

【解析】

【分析】（1）求，解不等式 得单调增区间，解不等式 得单调增区间；

（2）先判断是的一个零点，当时，由得，，分析图象与 交点个数即可求解；

（3）通过变形构造函数，转化为该函数的最小值大于或等于0，通过研究该函数的单调性与极值,、最值即可求解.

【详解】（1），

当时，，单调递增，当时，，单调递减.

故的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）是的一个零点，当时，由得，，，

当时，递减且.

当时，，且时，递减，时，递增，

故，.图象如图，

当时，有1个零点

当或时，有2个零点；

当时，有3个零点.

（3），

所以：，

当时，设的根为，即有，可得，，

当时，，递减.当时，，递增.

所以：，

∴.

【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数单调性，考查了判断函数零点的个数的数形结合的思想，考查了不等式恒成立问题，属于中档题.