2021-2022学年黑龙江哈尔滨工业大学附属中学校 高二下学期期中数学（理）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年黑龙江哈尔滨工业大学附属中学校 高二下学期期中数学（理）试题（解析版），共16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学年黑龙江哈尔滨工业大学附属中学校 高二下学期期中数学（理）试题 一、单选题1．已知随机变量的分布列是：123 则（    ）A． B． C．1 D．【答案】A【分析】根据概率之和为1即可得解.【详解】解：因为，所以，所以.故选：A.2．已知随机变量服从正态分布，，则（    ）A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8【答案】A【分析】利用正态分布的性质即可得出结果.【详解】因为随机变量服从正态分布，，所以，.故选：A3．曲线在处的切线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再用点斜式计算可得；【详解】解：因为，所以，，所以，即切点为，切线的斜率为2，所以切线方程为，即．故选：A4．若离散型随机变量，则和分别为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】利用二项分布的期望和方差公式求和即可.【详解】因为离散型随机变量，所以，．故选：B．5．我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何?其意为：一女子每天织布的尺数是前一天的2倍，5天共织布5尺，问第五天织布的尺数是多少?你的答案是(       )A． B．1 C． D．【答案】D【分析】由题可知该女子每天织布的尺数成等比数列，根据等比数列通项公式和前n项和公式即可求解.【详解】根据题意可知该女子每天织布的尺数成等比数列，设该等比数列为，公比q＝2，则第1天织布的尺数为，第5天织布的尺数为，前5天共织布为，则，∴.故选：D.6．某人上班从家到单位的路上途经6个红绿灯路口，遇到4次绿灯，2次红灯，则2次红灯不相邻的情况有多少种（    ）A．5 B．10 C．15 D．30【答案】B【分析】利用插空法即得.【详解】因为2次红灯不相邻，所以在4次绿灯所形成的5个空插入红灯共有种.故选：B.7．某班级在一次数学知识竞赛答题活动中，一名选手从2道数学文化题和3道作图题中不放回的依次抽取2道题，在第一次抽到作图题的前提下第二次抽到作图题的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.【详解】记“第一次抽到作图题”为事件，记“第二次抽到作图题”为事件，，所以.故选：B.8．排球比赛实行“五局三胜制”，根据此前的若干次比赛数据统计可知，在甲､乙两队的比赛中，每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，则在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】乙队获胜可分为乙队以或或的比分获胜.然后分别求出各种情况的概率，加起来即可；也可以构建二项分布模型解决.【详解】解法一：乙队获胜可分为乙队以或或的比分获胜.乙队以获胜，即乙队三场全胜，概率为；乙队以获胜，即乙队前三场两胜一负，第四场获胜，概率为；乙队以获胜，即乙队前四场两胜两负，第五场获胜，概率为.所以，在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为.解法二：采用五局三胜制，不妨设赛满5局，用表示5局比赛中乙胜的局数，则.乙最终获胜的概率为.故选：C. 二、多选题9．记为等差数列的前n项和．已知，，则（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】由已知条件列方程组求出，从而可求出其通项公式和求和公式【详解】设等差数列的公差为，因为，，所以，即，解得，所以，，故选：BD10．甲､乙两名射击运动员在同样条件下进行射击比赛，甲、乙命中的环数分别是，的分布列如下表，下列结论正确的是（    ）X（环）8910P0.20.60.2Y（环）8910P0.30.40.3 A．两人的平均成绩一样 B．甲的平均成绩比乙高 C．甲发挥比乙稳定 D．乙发挥比甲稳定【答案】AC【分析】根据给定的分布列，求出的期望、方差，再比较并判断作答.【详解】依题意，，，，，，显然，A正确，B不正确；，甲发挥比乙稳定，C正确，D不正确.故选：AC11．已知，则下列结论正确的是（    ）A．＝32 B．＝2C．＝－39 D．＝－15【答案】BCD【分析】分别令、和，可判断A错误，B、C正确，结合二项展开式的通项，可判定D正确.【详解】令，则，故A错误，令，则，故B正确，令，则，两式相减可得：，故C正确，展开式中含x的项为，故，所以D正确.故选：BCD．12．已知函数（a为常数），则下列结论正确的有（    ）A．若有3个零点，则a的范围为B．时，是的极值点C．时.有唯一零点且D．时，恒成立【答案】AC【分析】对于A,有3个零点转化成直线与的交点个数，对的单调性进行考察，进而可得a的范围.对于B，时，对求导，分析单调性，进而确定极值点可判断.对于C，时，对求导，分析单调性，根据零点存在性定理可做出判断.对于D，时，取一个特殊值即可推翻.【详解】令，则，记则所以在单调递增，且值域为，在上单调递减，在上单调递增，且在上的值域为若有3个零点，则，故A对.当时，，，在单调递增，在单调递减.当时，最小值为0，故可知，所以在上单调递增，无极值点，故B错.当时，，，在单调递增，在单调递减.当时，最小值为1，故可知，所以在上单调递增，此时有唯一的零点，且，由零点存在性定理可知，故C对.当时，，，故D错.故选:AC 三、填空题13．已知随机变量满足，则__________.【答案】18【分析】根据方差的性质求解即可.【详解】解：因为，所以.故答案为：18.14．将5名核酸检测工作志愿者分配到防疫测温､信息登记､维持秩序､现场指引4个岗位，每名志愿者只分配1个岗位，每个岗位至少分配1名志愿者，则不同的分配方案有__________种.【答案】240【分析】先从4个岗位中选一个岗位派2位志愿者，再分配剩下3人，根据分步乘法原理求解即可.【详解】由题意，先从4个岗位中选一个岗位派2位志愿者，再分配剩下3人，共种不同分配方案.故答案为：24015．的二项展开式中，第5项和第6项的二项式系数相等，则常数项为__________.【答案】【分析】根据题意求出，再求出展开式的通项，令的指数等于0，从而可得出答案.【详解】解：因为的二项展开式中，第5项和第6项的二项式系数相等，即，所以，则展开式的通项为，令，则，所以常数项为.故答案为：.16．某病毒会造成“持续的人传人”，即存在传，又传，又传的传染现象，那么，，就被称为第一代、第二代、第三代传播者．假设一个身体健康的人被第一代、第二代、第三代传播者感染的概率分别为0.9，0.8，0.7．已知健康的小明参加了一次多人宴会，参加宴会的人中有5名第一代传播者，3名第二代传播者，2名第三代传播者，若小明参加宴会仅和感染的10个人中的一个有所接触，则被感染的概率为______．【答案】0.83【分析】设事件“小明与第一代传播者接触”，事件“小明与第二代传播者接触”，事件“小明与第三代传播者接触”，事件“小明被感染”， 则，，，，，，根据全概率公式计算可得答案.【详解】解：设事件“小明与第一代传播者接触”，事件“小明与第二代传播者接触”，事件“小明与第三代传播者接触”，事件“小明被感染”，则，，，，，，所以．所以所求概率为0.83．故答案为：0.83. 四、解答题17．已知的内角A，B，C的对边分别为a、b、c，．(1)求角A；(2)若，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简已知条件，结合和即可求解；（2）由已知条件结合余弦定理可得的值，再由三角形的面积公式即可求解.【详解】（1）因为所以即，所以，因为，所以，又，所以.（2）因为，由余弦定理得：即，则.于是，所以的面积为.18．已知递增的等差数列中，，且成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用等差数列基本量思想计算即可；（2）由（1）得，利用裂项相消法即可.【详解】（1）设递增的等差数列的公差为，首项为，因为成等比数列，所以，即.①又，所以.②联立①②解得，故.（2）由（1）可知，所以数列的前n项和.【点睛】本题主要考查等差数列基本量思想，数列裂项相消法求和.19．近年来，某市为促进生活垃圾分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾桶．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾桶中的生活垃圾，总计400吨，数据统计如下表（单位：吨）． 厨余垃圾桶可回收物桶其他垃圾桶厨余垃圾602020可回收物104010其他垃圾3040170 (1)试估计厨余垃圾投放正确的概率；(2)某社区成立了垃圾分类宣传志愿者小组，有7名女性志愿者，3名男性志愿者，现从这10名志愿者中随机选取3名，利用节假日到街道进行垃圾分类宣传活动（每名志愿者被选到的可能性相同）．设为选出的3名志愿者中男性志愿者的个数，求随机变量的分布列及数学期望．【答案】(1)(2)分布列为X0123P 期望为 【分析】（1）有表格可得总的厨余垃圾总量,以及投入正确的垃圾投放量,即可求解.（2）根据超几何分布,即可得分布列和期望.【详解】（1）由题表可得厨余垃圾共有吨，其中投入厨余垃圾桶的有60吨，所以厨余垃圾投放正确的概率；（2）随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，，所以X的分布列为X0123P 所以所以选出的3名志愿者中男性志愿者个数的数学期望为．20．如图，四棱锥P-ABCD中，为正三角形，ABCD为正方形，平面平面ABCD，E､F分别为AC､BP中点.(1)证明：平面PCD；(2)求直线BP与平面PAC所成角的正弦值.【答案】(1)证明过程见解析；(2) 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，从而得到线面平行；（2）先做出辅助线，证明线面垂直和线线垂直，进而建立空间直角坐标系，用空间向量进行求解线面角.【详解】（1）连接BD，因为E是AC的中点，故对角线AC，BD相交于点E，即E为BD的中点，又因为F是BP的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EFDP，因为PD平面PBD，EF平面PBD，所以平面PCD（2）取AB的中点O，连接OP，取CD中点H，连接OH，因为为正三角形，所以由三线合一知：OP⊥AB，因为平面平面ABCD，交线为AB，所以OP⊥平面ABCD，又四边形ABCD为正方形，故OH，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，OP，OB，OH所在直线分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系，设AB=2a，则，设平面ACP的法向量为，则，令得：，则，设直线BP与平面PAC所成角为，则所以直线BP与平面PAC所成角的正弦值为21．已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C的右顶点为B，直线l过定点，且交椭圆于P，Q两点（异于点B），试探究直线与的斜率的乘积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)是，定值为 【分析】（1）依题意得到方程组，解得、、，即可求出椭圆方程；（2）设直线l的方程为，设，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到整理计算可得.【详解】（1）解：依题意可得，解得，所以椭圆C的方程为．（2）解：设直线l的方程为，设，．由得由，解得，所以，所以（定值）22．设函数（其中）.(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，证明函数在上有且只有一个零点.【答案】(1)单调递增区间为，，单调递减区间为.(2)证明见解析. 【分析】（1）将k=1代入得到的解析式，求，求解与可得结果.（2）方法1：由时， 在上无零点，将问题转化为证明在上有且只有一个零点，分类讨论和，即可证明结论.方法2：由x=0时，方程无根，当时，分离参数研究新函数的单调性来研究新函数的图象，由图可得结论.【详解】（1）当k=1时，，则 ∴或，，∴的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）方法1：证明：∵ ∴当时，，则在上无零点，∴只需证在上有且只有一个零点.①若 时，当时，，则在上单调递增，又∵， ∴在上有且只有一个零点.②若 时，，，∴在上单调递减，上单调递增，又∵， ，令 ， ，则，，∵ 则∴在上单调递增，∴∴在上单调递增，∴，即：∴在上有且只有一个零点.综述：当时，在R上有且只有一个零点.方法2：证明：∵，即： ，①当x=0时，方程无根.②当时， ，令，∴∴，，∴在上单调递减，在上单调递增，又∵当时，；当时，；； ， ，∴的草图如图所示，∴当时，在R上有且只有一个零点.【点睛】方法点睛：含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征研究交点个数；若不能分离参数，则分类讨论函数的零点个数.