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）

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：B

6．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：D

7．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：B

8．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0.5

C．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：AC

10．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：

所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.

当时，；当时，.

所以，，.