山东省威海市第二中学2020-2021学年高二上学期期末数学试题及答案

这是一份山东省威海市第二中学2020-2021学年高二上学期期末数学试题及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
山东省威海市第二中学2020-2021学年高二上学期期末数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．方程表示的曲线为（    ）A．两条线段 B．一条直线和半个圆 C．一条线段和半个圆 D．一条射线和半个圆2．已知，则m等于（    ）A．1 B．3 C．1或3 D．1或43．设等差数列的前项和为，若，，当取最大值时，则（    ）A．5 B．6 C．7 D．84．设A，B为两个事件，已知P(B)=0.4，P(A)=0.5 ，P(B|A)=0.3 ，则P()=（    ）A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.65．如图，在直三棱柱中，，，分别是棱、和AB的中点，点D是线段AC上的动点不包括端点若，则线段AD的长度是（    ） A． B． C． D．16．第届全运会于年月在陕西西安顺利举办，其中水上项目在西安奥体中心游泳跳水馆进行，为了应对比赛，大会组委会将对泳池进行检修，已知泳池深度为，其容积为，如果池底每平方米的维修费用为元，设入水处的较短池壁长度为，且据估计较短的池壁维修费用与池壁长度成正比，且比例系数为，较长的池壁维修费用满足代数式，则当泳池的维修费用最低时值为（    ）A． B． C． D．7．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，已知△的顶点，，且，则△的欧拉线的方程为（    ）A． B．C． D．8．已知变量关于变量的回归方程为，其一组数据如下表所示：1234 若，则（    ）A．5 B．6 C．7 D．8 二、多选题9．已知数列若，设数列的前项和为，则（   ）A． B． C． D．10．在10件产品中，有两件次品，从中任取3件，则下列结论错误的有（    ）A．“其中恰有2件次品”的抽法有8种B．“其中恰有1件次品”的抽法有28种C．“其中没有次品”的抽法有56种D．“其中至少有1件次品”的抽法有56种11．如图，正方体的棱长为，以下结论正确的是（    ）A．异面直线与所成的角为 B．直线与垂直C．直线与平行 D．直线平面12．已知F为椭圆的左焦点，直线与椭圆C交于A、B两点，，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（     ）A．的最小值为2 B．的面积的最大值为 C．直线BE的斜率为 D．为直角 三、填空题13．已知随机变量的分布列如图所示，则________.  14．若函数在[1，3]单调递增，则a的取值范围___．15．已知关于x的二项式的展开式的二项式系数之和为1024，常数项为则展开式中的有理项共有__________项 四、双空题16．已知函数，数列的通项公式为，则____．此数列前2019项的和为____． 五、解答题17．用0、1、2、3、4这五个数字组数.(1)可以组成多少个允许数字重复的三位数？(2)可以组成多少个无重复数字的三位数？(3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？18．如图，在空间四边形中，，点为的中点，设，，.（1）试用向量，，表示向量；（2）若，，，求的值.19．在①，；②，；③，这三个条件中任选一个补充在下面的横线上并解答.已知等差数列满足________.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分20．已知双曲线C的焦点在坐标轴上，且过点，其渐近线方程为.（1）求双曲线C的标准方程.（2）是否存在被点平分的弦？如果存在，求出弦所在的直线方程；如果不存在，请说明理由.21．已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求的值.22．2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇．(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望；(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，易知．①试证明为等比数列；②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．
参考答案：1．C【分析】求出的范围，根据，的意义求解即可.【详解】由，解得.因为，所以或.故表示一条线段.因为，所以，，即表示以原点为圆心的半个圆故选：C2．C【分析】根据组合数的性质即可求解.【详解】由可知:或者,解得:或故选：C3．B【分析】先求出公差，然后求出，运用二次函数的知识求出即可【详解】设等差数列的公差为因为，所以所以，所以所以当时取最大值故选：B【点睛】等差数列的前n项和是关于n的二次函数，但要注意定义域是正整数集.4．C【分析】根据对立事件概率及条件概率的公式计算即可得解.【详解】解：由P(A)=0.5 ，的，由，即，所以.故选：C.5．A【分析】建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出向量，利用求得点坐标，再求线段AD的长度即可．【详解】在直三棱柱中，，以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，，，，，，由于，所以，解得，所以线段AD的长度为.故选：A6．A【分析】根据题意得到泳池维修费用的的解析式，再利用导数求出最值即可．【详解】解：设泳池维修的总费用为元，则由题意得，则，令，解得，当时，；当时，，故当时，有最小值．因此，当较短池壁为时，泳池的总维修费用最低．故选A．7．D【分析】由题设条件求出垂直平分线的方程，且△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，结合欧拉线的定义，即垂直平分线即为欧拉线.【详解】由题设，可得，且中点为，∴垂直平分线的斜率，故垂直平分线方程为，∵，则△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，∴△的欧拉线的方程为.故选：D8．B【分析】先通过对两边同时取对数转化为线性关系，然后求出样本点中心，进而可求出b，则可得，再令可得的值.【详解】解：由ebx-0.5，得ln=bx-0.5，令z=lny，则=bx-0.5.2.5，3.5，因为()满足=bx-0.5，所以3.5=b×2.5-0.5，解得b=1.6，所以=1.6x-0.5，所以，令，解得.故选：B.【点睛】关键点点睛：对于非线性回归方程，需要通过变形转化为线性方程，然后才能通过公式求解.9．AC【分析】先求出，再求出，利用裂项求和方法即可．【详解】 的前项和为故选：AC10．BD【分析】根据分类讨论思想、分步计数原理，利用组合法、间接法进行求解.【详解】抽到的3件产品中恰好有2件次品的抽法有种，A选项正确；抽到的3件产品中恰好有1件次品的抽法有种，B选项错误；抽到的3件产品中没有次品的抽法有种，C选项正确；抽到的3件产品中至少有一件次品的抽法有，种，D选项错误．故选：BD11．ABD【分析】根据给定的正方体建立空间直角坐标系，借助空间向量对各选项逐一分析计算而判断作答.【详解】在正方体中，以射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则，对于A，，异面直线与所成的角，，则，A正确；对于B，，则，，即直线与垂直，B正确；对于C，，则，，即直线与不平行，C不正确；对于D，，显然，而点直线，则，而平面，平面，于是得直线平面，D正确.故选：ABD12．BCD【分析】根据给定条件设出点A、P坐标，结合椭圆定义、均值不等式、斜率坐标公式逐项分析计算作答.【详解】设椭圆C的右焦点，由椭圆对称性知线段AB，互相平分于点O，则四边形为平行四边形，如图，则，有，当且仅当，即时取“=”，A不正确；设，，则，当且仅当，即时取“=”，即，因，垂足为E，则，B正确；因，有，由椭圆对称性可得，而，则直线BE的斜率，C正确；设，由及得， ，即，直线PA，PB的斜率有，而，于是得，有，所以为直角，D正确.故选：BCD【点睛】结论点睛：过椭圆中心的弦(除椭圆长轴外)与椭圆二焦点围成平行四边形.13．【详解】试题分析：由分布列得，,故答案为.考点：离散型随机变量与分布列.14．【分析】由在区间上恒成立来求得的取值范围.【详解】依题意在区间上恒成立，在上恒成立，所以.故答案为：15．6【分析】由题意利用二项式系数的性质求得的值，再利用常数项，求得的值，利用二项展开式的通项公式，判断展开式中有理项的条件，得出结论．【详解】关于的二项式的展开式的二项式系数之和为，．展开式的通项公式为，令，求得，可得常数项为，．要使该项为有理项，需为整数，故，2，4，6，8，10，故有理项有6项.故答案为：616．          2020【分析】利用函数与数列的关系求出通项公式，即可求出；列出求和公式找到规律即可求出.【详解】由题可知，则即故答案为： 2020【点睛】本题综合考查函数、数列的相关性质，难度较易.17．(1)100(2)48(3)30 【分析】（1）根据题意，0不能在百位，允许数字重复，依次分析三位数的百位、十位、个位的情况数目，由分步计数原理计算可得答案；（2）根据题意，0不能在百位，无重复数字，由此分析三位数的百位、十位、个位的情况数目，由分步计数原理计算可得答案；（3）根据题意，分0在个位和0不在个位两种情况讨论，无重复数字，求出每种情况下的偶数的数目，由加法原理计算可得答案．【详解】（1）根据题意，百位数字不能为0，则百位数字有4种情况，十位、个数数字可以为五个数字中任意一个，有5种情况，则有个允许数字重复的三位数.（2）根据题意，百位数字不能为0，则百位数字有4种情况，在剩下的4个数字中任选2个，安排在十位和个位，有种情况，则有个无重复数字的三位数.（3）根据题意，分2种情况讨论：若0在个位，有个偶数，若0不在个位，则数字2，4作个位，有个偶数，所以共有个无重复数字的偶数．18．（1）（2）【解析】(1）根据向量的运算性质求出即可；(2）根据向量的运算性质代入计算即可.【详解】（1），故∵点E为AD的中点，故（2）由题意得故故19．(1)，(2)， 【分析】（1）设等差数列公差为d，根据所选条件，利用等差数列通项公式和前n项和公式，列方程求解，可得数列的通项公式；（2）利用错位相减法求数列前n项和【详解】（1）若选条件①，设公差为d，则由题知，所以，解得，所以，若选条件②，设公差为d，由题知，所以，所以，若选条件③，设公差为d，由题知，所以，所以，（2）由题知，所以，两式相减得，所以，20．（1）；（2）不存在，理由见解析.【解析】（1）由渐近线可设双曲线方程为，代入已知点的坐标求得，即得双曲线方程；（2）假设在在，设弦中点是，设，代入双曲线方程相减可得直线的斜率从而得直线方程，再与双曲线方程联立方程组，检验直线怀双曲线是否相交．若不相交说明弦不存在．【详解】（1）由双曲线C的焦点在坐标轴上，其渐近线方程为，可设双曲线方程为，代入，可得，所以双曲线C的标准方程为.（2）假设存在被点平分的弦，记弦所在的直线为l.设是弦的中点，设，则.因为点在双曲线C上，所以它们的坐标满足双曲线方程，即两式相减得，所以，所以直线l的斜率，所以直线l的方程为，即.联立直线l与双曲线方程得消去y，得，显然，所以直线l与双曲线无交点，所以直线l不存在，故不存在被点平分的弦.【点睛】方法点睛：（1）已知双曲线的渐近线方程是，则可设双曲线方程为，再由其他条件求得，即得双曲线方程；（2）已知圆锥曲线弦中点问题，设弦两端点坐标为，代入曲线方程相减可得弦所在直线斜率与中点坐标的关系．这种方法称为“点差法”，这种方法在双曲线中应用时，可能求出的直线与双曲线没有公共点，需进行检验．椭圆与抛物线中只要看已知点在不在曲线内部即可得．21．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）方法一：构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;（2）方法一：研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友当时，等价于．设函数，则．，所以在单调递减．而，故当时，，即．［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值当时，．令，令，得．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，从而，所以函数在区间内单调递增，有．［方法三］：【最优解】指对等价转化当时，．令，函数在区间上单调递增，故，有，故当时，．（2）［方法一］：指数找朋友设函数，在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数令，得．令．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，则．当时，，当时，，故函数在区间内只有一个零点时，．［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数函数在区间内只有一个零点等价于函数的图象与函数的图象在区间内只有一个公共点．由与的图象可知它们在区间内必相切于y轴右侧同一点，设切点为，则，解方程组得，经验证符合题意．［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数当时，，原问题转化为动直线与曲线在区间内只有一个公共点．由得函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．设与的切点为，则，于是函数在点P处的切线方程为．由切线过原点可得，故．［方法五］：【通性通法】含参讨论因为，，当时，在区间内单调递增，又，故无零点；当时，．①当时，在区间内单调递增，有在区间内单调递增，又，故无零点；②当时，令，得，故函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．，从而单调递增．又，所以无零点．③当时，，又，所以存在，使得，则函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，则为函数的唯一零点，且满足．所以，解得，则．［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论当时，，无零点；当时，，记，则；当时，，函数在区间内单调递增，则有，故无零点；当时，当时，单调递诚，当时，单调递增，当时，，当时，，故，得．【整体点评】（1）方法一：根据指数找朋友，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．；方法二：常规的直接求导，研究函数的单调性求最值，是该题的通性通法；方法三：利用指对互化，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．（2）方法一：根据指数找朋友，原函数在只有一个零点等价于在只有一个零点，再分类讨论以及利用导数研究其单调性即可解出；方法二：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为直线与曲线的交点个数，即可解出；方法三：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数，即可解出；方法四：同方法二；方法五：直接含参讨论函数的单调性确定最值，再根据零点存在性定理判断即可解出，是该类型题的通性通法；方法六：易知当时函数无零点，只需考虑时的情况，，再含参讨论函数的单调性，研究其最值即可解出，是本题的最优解．22．(1)分布列见解析，(2)①证明见解析；② 【分析】（1）先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；（2）递推求解，记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，满足.【详解】（1）解析1：分布列与期望依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，，，，，X的分布列为：X0123P 期望．（1）解析2：二项分布依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，易知，，．X的分布列为：X0123P 期望．（2）解析：递推求解①第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，从而，又，∴是以为首项．公比为的等比数列．②由①可知，，，故．