2022-2023学年福建省莆田第一中学高二下学期期中考试数学（B卷）试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省莆田第一中学高二下学期期中考试数学（B卷）试题含解析，共20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。
2022-2023学年福建省莆田第一中学高二下学期期中考试数学（B卷）试题 一、单选题1．甲、乙两个元件构成一并联电路，设E=“甲元件故障”，F=“乙元件故障”，则表示电路故障的事件为（    ）A．EF B．EF C．E D．【答案】B【分析】根据并联电路可得答案.【详解】因为甲、乙两个元件构成一并联电路，所以只有当甲、乙两个元件都故障时，才造成电路故障，所以表示电路故障的事件为.故选：B2．在和两数之间插入个数，使它们与组成等差数列，则该数列的公差为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意结合等差数列性质运算求解. 【详解】在和两数之间插入个数，使它们与组成等差数列，则这个数列共有项，设该数列的公差为，则.故选：A. 3．已知某运动员每次射击击中目标的概率为.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次，至少击中3次的概率.先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：根据以上数据估计该射击运动员射击4次，至少击中3次的概率为（    ）A．0.8 B．0.75 C．0.7 D．0.65【答案】B【分析】由题设模拟数据确定击中目标至少3次的随机数组，应用古典概型的概率求法求概率. 【详解】在20组随机数中含中的数至少3个（含3个或4个），共有15组，即模拟结果中射击4次至少击中3次的频率为.据此估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率为0.75.故选：B. 4．某单位入职面试中有三道题目，有三次答题机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止.若求职者小王答对每道题目的概率都是，则他最终通过面试的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分为三种情况：第一次通过，第二次通过，第三次通过，结合相互独立事件概率乘法公式求解.【详解】由题意知，小王最终通过面试的概率为.故选：C.5．已知双曲线的左焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线（垂足为）交另一条渐近线于点，则线段的长度为（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】根据已知可推得双曲线的渐近线为，进而得出，即可推得.然后列出直线的方程为，求出点到直线的距离，根据勾股定理得出，即可得出答案.【详解】由已知可得，，，，所以双曲线的渐近线为，所以，所以，所以是线段的垂直平分线，所以.因为，，所以，直线的方程为，即，所以，所以，，所以.故选：B.6．设分别为椭圆的左､右焦点，点在上，若，，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，根据题意和椭圆的定义求得，得到，利用勾股定理，得到在直角中，列出方程求得，结合离心率的定义，即可求解.【详解】如图所示，设，因为且，则，由椭圆的定义可得，即，又由，所以，所以，可得，所以在直角中，可得，即，得，所以椭圆的离心率为.故选：C.7．如图1所示，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等领域，具有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点．图2是图1的轴截面，A，B两点关于抛物线的对称轴对称，F是抛物线的焦点，∠AFB是馈源的方向角，记为，焦点F到顶点的距离f与口径d的比值称为抛物面天线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等．如果某抛物面天线馈源的方向角满足，，则其焦径比为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为：，，，代入抛物线方程可得，根据，解得与的关系，即可得出．【详解】如图所示，建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为：，，，代入抛物线方程可得：，解得，由于，得或（舍）又，化为：，解得或（舍）.故选：C.8．在编号分别为的n名同学中挑选一人参加某项活动，挑选方法如下：抛掷两枚骰子，将两枚骰子的点数之和除以n所得的余数如果恰好为i，则选编号为i的同学．下列哪种情况是不公平的挑选方法（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】首先求出两枚骰子的点数之和可能的取值对应的概率，再分别讨论四个选项中的取值对应的余数的概率，若每一个余数的概率都相等则是公平的，若不相等则不公平，即可得正确选项.【详解】由题意知两枚骰子的点数之和为，则可能为，， ，，，，，，，，，对于选项A：时，，，所以是公平的，故选项A不正确；对于选项B：时，，，，，所以是公平的，故选项B不正确；对于选项C：时，，，，因为概率不相等，所以不公平，故选项C正确；对于选项D：时，，，，，，，所以是公平的，故选项D不正确，故选：C【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是理解题意，对于所给的值的每一个余数出现的概率相等即为公平，不相等即为不公平. 二、多选题9．设，是两个随机事件，则下列说法正确的是（    ）A．表示两个事件至少有一个发生B．表示两个事件至少有一个发生C．表示两个事件均不发生D．表示两个事件均不发生【答案】ACD【分析】根据随机事件的表示方法，逐项判断即可.【详解】因为，是两个随机事件，所以表示两个事件至少有一个发生，故A正确；表示两个事件恰有一个发生，故B错误；表示两个事件均不发生，故C正确；表示两个事件均不发生，故D正确.故选：ACD.10．某班级体温检测员对一周内甲､乙两名同学的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列说法正确的有（    ）A．乙同学体温的极差为B．乙同学体温的众数为，中位数与平均数相等C．甲同学的体温比乙同学的体温稳定D．甲同学体温的第70百分位数为【答案】AB【分析】求出乙同学体温的极差即可判断A，将乙同学体温数据从小到大排列，得到众数、平均数、中位数，即可判断B，根据折线图判断C，根据百分位数计算规则判断D；【详解】对于A，乙同学体温的极差为，故A正确；对于B：乙同学的体温从低到高依次为，故众数为，中位数为，平均数为，故B正确；对于C：从折线图上可以看出，乙同学的体温比甲同学的体温稳定，故C错误；对于D：甲同学的体温从低到高依次为，由，可知数据的第百分位数为第项数据，故D错误.故选：AB11．抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数.用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验的结果.定义事件：“”，事件“为奇数”，事件“”，则下列结论正确的有（    ）A．与互斥但不对立 B．与对立C．与相互独立 D．与相互独立【答案】AC【分析】由已知得出样本空间包含的样本点的个数为个，列举得出事件包含的样本点，然后根据互斥对立事件的概念以及相互独立，即可得出答案.【详解】由已知可得，样本空间包含的样本点的个数为个.由题可知，“”，“奇数”，“”，对于A、B项，事件包含的样本点有，，，，，，共6个，所以.事件包含的样本点有，，，，，，，，，共9个，所以.所以与互斥但不对立，故A正确，B错误；事件包含的样本点有，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18个，所以.事件包含的样本点有，，，共3个，所以，，所以，所以与独立，故C正确；对于D项，事件包含的样本点有，，，共3个，所以，，所以，故D项错误.故选：AC.12．已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线过且交于不同的两点，且，下列命题正确的有（    ）A．直线的斜率B．若，则C．若，则D．存在使得平分【答案】ACD【分析】A选项，由判别式可判断选项正误；B选项，由抛物线定义结合可判断选项正误；C选项，如图，过A，B作准线垂线，垂足为，由抛物线定义结合可判断选项正误；D选项，方法1，通过证明，可得，即可得坐标，后由抛物线定义可求得；方法2，设 关于轴的对称点为，通过说明三点共线，可得，后同方法1；方法3，由角平分线定理结合抛物线定义可得，后同方法1；方法4，利用结合，可得，即可得，后同方法1.【详解】由题可得，.设方程为：，，将直线与抛物线方程联立：，消去x得：.由题：，又由韦达定理知：.A选项，由题可得或，则，故A正确；B选项，由抛物线定义可知：，则，得.故B错误；C选项，如图，过A，B作准线垂线，垂足为，因，则，又，则.故C正确.选项D，方法1：如图，过作x轴垂线，垂足为N，M.则，又所以.注意到：，则.则，即存在满足题意，故D正确；方法2：设 关于轴的对称点为，则.注意到：，则三点共线，所以，其余同方法1；方法3：若平分，则由角平分线定理可得，所以，又，.即，下同方法1；方法4：只需，即，注意到，，则，解得或3（舍去），后同方法1.故选：ACD【点睛】关键点睛：应难以直接用坐标表示角度，故角平分线条件常通过角平分线定理，相似，三角函数等转化为与长度，特殊角度相关的条件. 三、填空题13．有5张卡片上分别写有数字1，2，3，4，5从这5张卡片中随机抽取2张，那么取出的2张卡片上的数字之积为偶数的概率为_________.【答案】【分析】写出基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】从数字标为1，2，3，4，5的5卡片中随机抽取2张，抽取的结果如下：，共有种，其中乘积为偶数的有，共有种，所以取出的2张卡片上的数字之积为偶数的概率为.故答案为：【点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式、写基本事件个数，属于基础题.14．袋子中有6个大小质地相同的球，其中3个红球，3个黄球，从中不放回随机取出3个球，则概率大于0且与事件“至多取出一个黄球”互斥不对立的事件可以是__________.【答案】取出2个黄球（答案不唯一）【分析】事件“至多取出一个黄球”互斥不对立的事件，即可得出概率大于0且与事件“至多取出一个黄球”互斥不对立的事件.【详解】由题意，6个球，3个红球，3个黄球，不放回随机取三球，事件“至多取出一个黄球”的对立事件为“至少取出2个黄球”，所以概率大于0且与事件“至多取出一个黄球”互斥不对立的事件可以是“取出2个黄球”或“取出3个黄球”.故答案为：取出2个黄球（答案不唯一）. 四、双空题15．在平面直角坐标系中，点满足，则动点的运动轨迹方程为__________；的最小值为__________.【答案】          【分析】设出，由题意列出方程组，化简即可得到点的轨迹方程；【详解】设，由题意可得，整理得，故动点的运动轨迹方程为，如图所示，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，点在圆内部，所以，当且仅当在线段上时等号成立，所以的最小值为，故答案为：； 五、填空题16．若已知30个数的平均数为6，方差为9；现从原30个数中剔除这10个数，且剔除的这10个数的平均数为8，方差为5，则剩余的20个数的方差为___________.【答案】【分析】根据方差定义结合已知条件分析求解【详解】由题意得，，，，所以剩余的20个数的平均数为，，所以剩余的20个数的方差为，故答案为：8 六、解答题17．设等比数列的前项和为，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据，，利用“”法求解.（2）根据，利用分组求和法求解.【详解】（1）由，显然公比.所以解得，所以，，所以.（2）因为所以.【点睛】本题主要考查等比数列的基本运算以及分组求和法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18．树人中学为了学生的身心健康，加强食堂用餐质量（简称“美食”）的过程中，后勤部门需了解学生对“美食”工作的认可程度，若学生认可系数不低于0.85，“美食”工作按原方案继续实施，否则需进一步整改.为此该部门随机调查了600名学生，根据这600名学生对“美食”工作认可程度给出的评分，分成，，，，五组，得到如图所示的频率分布直方图.(1)求直方图中的值和第60百分位数；(2)为了解部分学生给“美食”工作评分较低的原因，该部门从评分低于80分的学生中用分层抽样的方法随机选取30人进行座谈，求应选取评分在的学生人数；(3)根据你所学的统计知识，结合认可系数，判断“美食”工作是否需要进一步整改，并说明理由.【答案】(1)，85(2)10人(3)“美食”工作需要进一步整改，理由见解析 【分析】（1）根据频率分布图，求得.然后推得第60百分位数位于区间内，即可根据第百分位数的求法，得出答案；（2）根据分层抽样，即可求得评分在的学生人数；（3）根据频率分布直方图，即可求得平均数，进而得出答案.【详解】（1）由图可知：，解得.因为，内的频率为，内的频率为，所以，第60百分位数位于区间内，设为，则，所以，第60百分位数为85.（2）低于80分的学生中三组学生的人数比例为，则应选取评分在的学生人数为：（人）.（3）由图可知，认可程度平均分为：，所以，“美食”工作需要进一步整改.19．已知函数在处取得极值.（1）求实数的值；（2）当时，求函数的值域.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意得，代入求值即可得答案；（2）根据导数研究函数的单调性与极值，求端点函数值，从而求出函数的值域．【详解】（1），函数在处取得极值，所以有即，解得.（2）由（1）可知：，所以，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故函数在处取得极大值，因此，，，故函数的值域为.20．在平面直角坐标系中，动点到的距离与它到直线的距离之比为2，记的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)过的直线交曲线于两点（均位于轴右侧），关于原点的对称点为，求的面积的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知可得，化简整理即可得出答案；（2）设出直线的方程为.联立直线与双曲线的方程可得，进而根据韦达定理得出坐标之间的关系，以及的取值范围.进而表示出，换元可得，即可根据的取值范围得出答案.【详解】（1）设点，依题意有，即，化简得.（2）设，，由题意，直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立直线与双曲线的方程，整理可得， 则，.由已知可得，，所以，所以.又，所以.设，则，且，所以.，当时，该式有最小值，所以的面积的取值范围是.21．甲､乙､丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛甲轮空.(1)求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设事件为甲胜乙，为甲胜丙，为乙胜丙，然后得出丙被淘汰可用事件，根据互斥事件的概率公式以及事件的独立性，即可得出答案；（2）分最终的冠军为甲，乙，丙，分别求解出概率，然后根据互斥事件的概率公式，即可得出答案.【详解】（1）记事件为甲胜乙，则，则，事件为甲胜丙，则，，事件为乙胜丙，则，.则丙被淘汰可用事件来表示，所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为.（2）若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，；若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，；若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，.所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为.22．已知椭圆，设过点的直线交椭圆于两点，交直线于点，点为直线上不同于点的任意一点.(1)求的最小值；(2)记直线的斜率分别为，问是否存在的某种排列（其中），使得成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，或成等差数列，证明见解析 【分析】（1）设点，由，利用二次函数性质求解；（2）设点，①若直线斜率为0，直接验证；②直线斜率不为0，设直线，则，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.【详解】（1）解：设点，其中，则，，当时，取最小值.（2）或成等差数列，证明如下：设点.①若直线斜率为0，则点，不妨令点，则，此时的任意排列均不成等比数列，或成等差数列.②直线斜率不为0，设直线，则点，由，得，故，因为，所以，，，所以或成等差数列，综合上述，或成等差数列.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.