2021-2022学年广东省惠州市龙门县高级中学高二下学期期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广东省惠州市龙门县高级中学高二下学期期中数学试题（解析版），共14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学年广东省惠州市龙门县高级中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．设集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据交集并集的定义即可求出.【详解】，，.故选：C.2．函数y＝1＋x＋的部分图象大致为（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意比较函数的性质及函数图象的特征，逐项判断即可得解.【详解】当x＝1时，y＝1＋1＋sin1＝2＋sin1>2，排除A、C；当x→＋∞时，y→＋∞，排除B.故选：D.【点睛】本题考查了函数图象的识别，抓住函数图象的差异是解题关键，属于基础题.3．已知点，，点在函数图象的对称轴上，若，则点的坐标是（       ）A．或 B．或C．或 D．或【答案】C【分析】由二次函数对称轴设出点坐标，再由向量垂直的坐标表示计算可得．【详解】由题意函数图象的对称轴是，设，因为，所以，解得或，所以或，故选：C．4．若复数满足，则的虚部等于（       ）A．4 B．2 C．-2 D．-4【答案】C【分析】利用复数的运算性质，化简得出.【详解】若复数满足，则，所以的虚部等于.故选：C.5．现有5位老师，若每人随机进入两间教室中的任意一间听课，则恰好全都进入同一间教室的概率是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用古典概型概率公式，结合分步计数原理，计算结果.【详解】5位老师，每人随机进入两间教室中的任意一间听课，共有种方法，其中恰好全都进入同一间教室，共有2种方法，所以.故选：B6．的二项展开式中，所有项的二项式系数之和是（       ）A．0 B． C． D．32【答案】D【分析】根据的二项展开式系数之和为求解即可【详解】的二项展开式中所有项的二项式系数之和为故选：D7．下图是某项工程的网络图(单位:天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有（ ）A．14条 B．12条 C．9条 D．7条【答案】B【分析】根据分步乘法计算原理即可求解.【详解】由图可知，由①④有3条路径，由④⑥有2条路径，由⑥⑧有2条路径，根据分步乘法计算原理可得从①⑧共有条路径.故选：B8．某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（　　）A．越小，该物理量在一次测量中在的概率越大B．越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C．越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D．越小，该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等【答案】D【分析】由正态分布的特征，对四个选项一一判断，即可得到正确答案.【详解】对于A，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，故A正确；对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故B正确；对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确；对于D，因为该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，所以一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，故D错误，故选：D． 二、多选题9．将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（       ）A．若，则是偶函数B．若，则在区间上单调递减C．若，则的图象关于点对称D．若，则在区间上单调递增【答案】AC【分析】由函数平移得，讨论、，结合正余弦函数的性质判断奇偶、对称性以及上的单调性，即可得答案.【详解】由题设，，时，为偶函数，在上有，递增，故A正确，B错误；时，，此时，，即关于点对称，在上有，不单调，故C正确，D错误.故选：AC10．已知a>0，b>0，且a+b=1，则（       ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据，结合基本不等式及二次函数知识进行求解.【详解】对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，所以，故B正确；对于C，，当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，因为，所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：ABD【点睛】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数学运算的核心素养.11．下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（       ）A．样本的标准差 B．样本的中位数C．样本的极差 D．样本的平均数【答案】AC【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项.【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；故选：AC.12．已知点在圆上，点、，则（       ）A．点到直线的距离小于B．点到直线的距离大于C．当最小时，D．当最大时，【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是. 三、填空题13．如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事件“质点位于的位置”的概率为___________. 【答案】【分析】理解题意构建数学模型，利用排列组合进行解题.【详解】由图可知，若想通过6次移动最终停在-2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，则该题可转化为RRLLLL六个字母排序的问题，故落在-2上的排法为所有移动结果的总数为，所有落在-2上的概率为故答案为：14．双曲线的渐近线方程是____________．【答案】【分析】由双曲线的方程可知，，即可直接写出其渐近线的方程.【详解】由双曲线的方程为，可知，；则双曲线的渐近线方程为.故答案为：.15．曲线在点(0，1)处的切线方程为________．【答案】【分析】对函数求导，将代入可得切线斜率，进而得到切线方程．【详解】解：，切线的斜率为则切线方程为，即故答案为：16．在的展开式中，含项的系数为________【答案】【分析】写出展开式的通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后即可得解.【详解】展开式的通项为，令，可得，因此，展开式中含项的系数为.故答案为：. 四、解答题17．在，角所对的边分别为，已知，．（I）求a的值；（II）求的值；（III）求的值．【答案】（I）；（II）；（III）【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；（II）由余弦定理即可计算；（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.【详解】（I）因为，由正弦定理可得，，；（II）由余弦定理可得；（III），，，，所以.18．已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.（1）若点，分别是，的中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行；（2）根据面面垂直的性质定理，可知平面，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值.【详解】证明：（1）连接，设点为的中点，连接，，在中，又因为点为中点，所以.同理可证得，又因为，分别为正方形的边，的中点，故，所以.又因为，所以平面平面.又因为平面，所以平面.（2）因为为正方形，，分别是，的中点，所以四边形为矩形，则.又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，所以平面，则为直线在平面内的射影，因为为直线与平面所成的角.不妨设正方形边长为，则，在中，，因为平面，平面，所以，在中，，，即为直线与平面所成角的正弦值.19．购买某种保险，每个投保人每年度向保险公司交纳保费元，若投保人在购买保险的一年度内出险，则可以获得10 000元的赔偿金．假定在一年度内有10 000人购买了这种保险，且各投保人是否出险相互独立．已知保险公司在一年度内至少支付赔偿金10 000元的概率为．（Ⅰ）求一投保人在一年度内出险的概率；（Ⅱ）设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为50 000元，为保证盈利的期望不小于0，求每位投保人应交纳的最低保费（单位：元）．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）15元【详解】各投保人是否出险互相独立，且出险的概率都是，记投保的10 000人中出险的人数为， 则．（Ⅰ）记表示事件：保险公司为该险种至少支付10 000元赔偿金，则发生当且仅当 ，，又，故．（Ⅱ）该险种总收入为元，支出是赔偿金总额与成本的和．支出 ，盈利 ，盈利的期望为 ，由知， ，．（元）．故每位投保人应交纳的最低保费为15元． 20．已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.（1）求抛物线的标准方程；（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.【详解】解：（1）由椭圆可知，，所以，，则，因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，所以，即.所以抛物线的标准方程为.（2）由椭圆可知，，若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.所以直线的斜率存在，设为，直线过点，则直线的方程为，设点，，联立方程组，消去，得.①因为直线与抛物线有两个交点，所以，即，解得，且.由①可知，所以，则，因为，且，所以，解得或，因为，且，所以不符合题意，舍去，所以直线的方程为，即.21．设Sn是正项数列{an}的前n项和，且．(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．【答案】(1)3(2)an＝2n＋1 【分析】（1）根据 可以求出 ；（2）根据 以及所给的递推关系，可以求出 .【详解】(1)由所给条件知，当n＝1时 ，整理得 ，由于 ，得 ；(2)由条件得 ，   ，①- ②得 ，整理得：（an＋an－1）（an－an－1－2）＝0，因为：an＋an－1＞0，∴an－an－1＝2（n≥2）， 是首项为3，公差为2的等差数列，   ，故 .22．已知函数．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.【详解】（1）当时，，则，，，此时，曲线在点处的切线方程为，即；（2）因为，则，由题意可得，解得，故，，列表如下：增极大值减极小值增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.当时，；当时，.所以，，.