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2021-2022学年湖南省株洲市第二中学高二下学期期中数学试题(解析版)
2021-2022学年湖南省株洲市第二中学高二下学期期中数学试题(解析版)
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2021-2022学年湖南省株洲市第二中学高二下学期期中数学试题一、单选题1.已知为虚数单位,则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【分析】利用复数除法求出复数,进而求出即可求解作答.【详解】依题意,,则,所以在复平面内对应的点为,位于第三象限.故选:C2.曲线在处的切线的斜率为( )A.B.C.D.【答案】A【分析】求出函数在处的导数值,即切线斜率.【详解】解:,,当时,,故切线斜率为2,故选:A.3.若离散型随机变量的分布列如下图所示.01则实数的值为( )A.或B.C.D.或【答案】C【分析】根据给定条件,利用分布列的性质列式计算作答.【详解】依题意,,解得,第17页共17页 所以实数的值为.故选:C4.已知等比数列中,,,则( )A.1B.2C.±1D.±2【答案】B【分析】根据等比数列通项公式列方程计算即可.【详解】等比数列中,,,则,解得,故选:B.5.在的展开式中,若项的系数为,则实数的值为( )A.B.C.D.【答案】B【分析】代二项展开式的通项公式化简,根据题设条件列式即可求解【详解】依题意,则当时,所以故选:B6.若是一个三位正整数,且的个位数大于十位数,十位数大于百位数,则称为“三位递增数”(如、、等),在所有的三位数中任取一个三位数,则该数是“三位递增数”的概率为( )A.B.C.D.【答案】A【分析】计算出所有“三位递增数”的个数,利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】若一个数为“三位递增数”,则百位不为零,且该数个位数大于十位数,十位数大于百位数,则“三位递增数”的可以理解为:从到这个正整数中随机抽取个数,第17页共17页 按照个位数大于十位数,十位数大于百位数的顺序排列,所以,“三位递增数”的个数为,因此,所有的三位数中任取一个三位数,则该数是“三位递增数”的概率为.故选:A.7.现有5名抗疫志愿者被分配到栗雨、南塘、泰山、云里四个不同社区进行疫情防疫控制,每名志愿者只分配到一个社区,每个社区至少分配名志愿者,则不同的分配方案有( )A.种B.种C.种D.种【答案】C【分析】根据给定条件,将5名抗疫志愿者分成4组,再分配到4个社区列式计算作答.【详解】依题意,有2人去一个社区,其余每个人去1个社区,先将5人分成4组,有种分法,再将4组人分到4个社区有种方法,由分步乘法计数原理得:,所以不同的分配方案有种.故选:C8.设函数,其中,若存在唯一的整数,使得,则的取值范围是( )A.B.C.D.【答案】D【分析】根据给定条件,构造函数,将问题转化为存在唯一的整数使得在直线下方,再借助导数探讨求解作答.【详解】令,,显然直线恒过点,则“存在唯一的整数,使得”等价于“存在唯一的整数使得点在直线下方”,,当时,,当时,,即在上递减,在上递增,第17页共17页 则当时,,当时,,而,即当时,不存在整数使得点在直线下方,当时,过点作函数图象的切线,设切点为,则切线方程为:,而切线过点,即有,整理得:,而,解得,因,又存在唯一整数使得点在直线下方,则此整数必为2,即存在唯一整数2使得点在直线下方,因此有,解得,所以的取值范围是.故选:D【点睛】思路点睛:解决过某点的函数f(x)的切线问题,先设出切点坐标,求导并求出切线方程,然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.二、多选题9.我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角,由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华名族自豪的.如图所示,由杨辉三角的左腰上的各数出发,引一组平行线,从上往下每条线上各数之和依次为.以下关于杨辉三角的猜想中正确的是( )第17页共17页 A.由“与首末两端等距离的两个二项式系数相等”猜想B.由“在相邻两行中,除以外的每个数都等于它肩上的两个数字之和猜想;C.第条斜线上各数字之和为;D.在第条斜线上,各数从左往右先增大后减少【答案】ABD【分析】根据二项式系数与杨辉三角判断AB;通过观察归纳出第条斜线上的数的特征,进而判断CD选项.【详解】解:根据二项式系数的性质,结合杨辉三角即可得,成立,故AB选项正确;对于CD选项,第1条斜线上的数为,第2条斜线上的数为,第3条斜线上的数为,第4条斜线上的数为,第5条斜线上的数为,第6条斜线上的数为,第7条斜线上的数为,由此,归纳得到:第条斜线上的数依次为:第条斜线上的数依次为:所以,第条斜线上各数字为:,和为,故C错误;在第条斜线上,各数从左往右先增大后减少,故D正确.故选:ABD10.下列关于二项式展开式说法正确的是( )A.若,则的展开式中二项式系数最大的项为第项:B.若的展开式中第二项与第三项的系数互为相反数,则;C.若,则D.若,则【答案】ABD【分析】利用二项式的通项公式和二项式的性质、结合赋值法进行判断即可.第17页共17页 【详解】A:当时,二项式展开式共有项,其中第项二项式系数最大,因此本选项说法正确;B:二项式的通项公式为:,因为的展开式中第二项与第三项的系数互为相反数,所以有(舍去),因此本选项说法正确;C:在中,令,得,令,得二项式的通项公式为:,所以,因此本选项不正确;D:令,得,因此本选项正确,故选:ABD11.已知数列的前项和为,且,则下列选项中正确是 ( )A.B.C.数列是等比数列D.数列的前项和为【答案】ACD【分析】对于A选项,在已知条件中令,即可求得;用退位相减法即可求出,进而求出,以及数列的前项和【详解】,令,则,所以,故A正确当时,所以()且所以数列是首项为,公比为的等比数列第17页共17页 所以,故C正确所以,故B错误因为,所以的前项和为故D正确故选:ACD12.已知,,,为函数的零点,,下列结论中正确的是( )A.B.C.若,则D.a的取值范围是【答案】ACD【分析】对于A,只要利用函数零点的判断定理即可;对于B,由于有了A的结论,只要判断的范围即可;对于C,利用函数表达式,将所给的条件带入,联立方程即可;对于D,需要将原函数转换成容易求导的解析式,再构造函数即可.【详解】,,故A正确;当时,,必无零点,故,,故B错误;当时,即,两边取对数得,,,第17页共17页 联立方程解得,由于,,故C正确;考虑在第一象限有两个零点:即方程有两个不同的解,两边取自然对数得 有两个不同的解,设函数,,则时,,当时,,当时,,所以,要使得有两个零点,则必须,即,解得,故D正确;故选:ACD.三、填空题13.有三台车床加工同一型号的零件,第一台加工的次品率为,第二、三台加工的次品率均为,加工出来的零件混放在一起,已知第一、二三台车床加工的零件数分别占总数,,,从中任取一件产品,则该产品是次品的概率是____________________________________.【答案】【分析】根据全概率公式直接求解即可.【详解】记事件表示“任取一件产品为次品”;事件表示“零件为第台车床加工”,则,,,,,,.故答案为:.14.已知等比数列中,,公比是函数的两个极值点,则数列的前项之和___________________.【答案】第17页共17页 【分析】根据给定条件求出,进而求出公比,再利用等比数列通项公式计算作答.【详解】对函数求导得:,由得或,当或时,,当时,,因此,2和3是函数的极值点,因等比数列的公比,,则,因此,,则公比,所以数列的前项之和.故答案为:15.已知点是椭圆上的两点,且线段恰好为圆的一条直径,为椭圆上与不重合的一点,且直线的斜率之积为,则椭圆的离心率为____________.【答案】【分析】根据给定条件,设出点A,M的坐标,表示出点B的坐标,利用斜率坐标公式结合椭圆方程即可计算作答.【详解】设,,依题意,,两式相减得,因线段恰好为圆的一条直径,则,于是得直线的斜率之积为,解得,所以椭圆的离心率为.故答案为:16.若,不等式在上恒成立,则实数的取值范围是__________.第17页共17页 【答案】【分析】首先设函数,转化为,利用单调性得,参变分离后,转化为求函数的最小值,从而求得的取值范围.【详解】设,则,所以在上单调递增,由已知得,因为,,,所以,,,所以在上单调递增,,由在单调递增,得到,所以,因为,所以,令,则,令,得,所以在上单调递增,在上单调递减,所以,所以,所以.故答案为:【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立,参数问题,本题的关键是利用指对变形,通过构造函数,不等式转化为,利用函数的单调性,解抽象不等式后,后面的问题迎刃而解.四、解答题17.一个装子里面有装有大小相同的白球和黑球共个,若从袋子中任意摸出个球,至少有一个白球的概率为.(1)求白球和黑球各有多少个:(2)现从中不放回的取球,每次取球,在第一次取出黑球的条件下,求第二次取出白球的概率.【答案】(1)袋子中白球的个数为,黑球的个数为第17页共17页 (2)【分析】(1)设黑球的的个数为,根据对立事件的概率公式可得出关于的等式,结合的取值范围可求得的值,即可得出结论;(2)记事件第一次取出黑球,事件第二次取出白球,利用条件概率公式可求得所求事件的概率.【详解】(1)解:设黑球的的个数为,由已知可得,可得,因为且,因此,,所以,袋子中白球的个数为,黑球的个数为.(2)解:记事件第一次取出黑球,事件第二次取出白球,则,,所以,.18.设的内角的对边分别为,且(1)求角的大小:(2)若边上的高为,求的值.【答案】(1)(2)【分析】(1)利用余弦定理和已知条件可求出角C;(2)利用已知角C和余弦定理求出的关系即可求得.【详解】(1)解:由题意得:根据余弦定理可知:整理可知:即可知,于是(2)设边上的高为,则,即由(1)可知,故解得:第17页共17页 于是19.如图,为圆柱的轴截面,是圆柱上异于的母线.(1)证明:;(2)若,当三棱锥的体积最大时,求平面与平面夹角的余弦值;【答案】(1)证明见解析;(2).【分析】(1)连接CF,利用圆柱的结构特征并证明即可推理作答.(2)证明平面,结合均值不等式探求三棱锥的体积最大的条件,再确定二面角的平面角,求解作答.【详解】(1)连接CF,如图,因为圆柱的轴截面,则CD是圆的直径,而是圆柱上异于的母线,于是得,即,又,则四边形为平行四边形,有,所以.(2)由(1)知,平面,平面,则,而,第17页共17页 ,平面,因此,平面,即有平面,又,,,当且仅当时取“=”,即当时,三棱锥的体积最大,又,,,平面,因此,平面,而平面,则,于是得是平面与平面所成二面角的平面角,而是矩形,,,所以平面与平面夹角的余弦值.20.已知等差数列的前项和为.(1)求的通项公式:(2)数列满足为数列的前项和,是否存在正整数使得?若存在,求出的值:若不存在,请说明理由.【答案】(1);(2)存在满足题意.【分析】(1)设等差数列的公差为d,由等差数列的通项公式与前项和公式得,解得,从而求出;(2)由(1)得,由,利用裂项相消法得,若,则,整理得,由得,从而可求出答案.【详解】(1)解:设等差数列的公差为d,由得,解得,第17页共17页 ;(2)解:由(1)知,,,若,则,整理得,又,,整理得,解得,又,,,∴存在满足题意.21.已知抛物线的焦点为,且与圆上点的距最小值为.(1)求抛物线的方程.(2)若点在圆上,、是抛物线的两条切线,、是切点,求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】(1)求出抛物线的焦点的坐标,利用圆的几何性质可得出关于的等式,可求得的值,由此可得出抛物线的方程;(2)设点、、,利用导数求出切线、的方程,可求得直线的方程,将直线的方程与抛物线的方程联立,列出韦达定理,求出以及点到直线的距离,求出面积的表达式,利用二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】(1)解:抛物线的焦点为,圆的圆心为,半径为,,第17页共17页 所以,且与圆上点的距最小值为,解得,因此,抛物线的方程为.(2)解:对函数求导得,设点、、,所以,直线的方程为,即,同理可知直线的方程为,因为点为直线、的公共点,则,所以,点、的坐标满足直线方程,所以,直线的方程为,联立可得,由可得,所以,由韦达定理可得,,所以,,点到直线的距离为,所以,,令,所以,面积的最大值为.【点睛】方法点睛:圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种:一是几何法,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值;二是代数法,常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题,然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.22.已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若对于任意的,恒成立,求整数的最小值(参考数据:第17页共17页 )【答案】(1)答案见解析(2)【分析】(1)求出导函数,分类讨论确定的正负得单调性;(2)由(1)确定,然后引入函数,求出导函数,对其中的部分函数再一次求导,确定单调性,确定正负,零点,同时得出零点与参数的关系,得出的单调性,最值点,把最大值进行转化,由其小于或等于0得出零点的范围,最后求得参数范围.【详解】(1),若,则,是减函数,时,令,,当时,,时,,所以的减区间是,增区间是;(2)时,由(1)知时,,而,因此不成立,所以,设,,令,,是减函数,时,,时,,因此有唯一实解,且,,,当时,,即,时,,即,所以在上递增,在上递减,所以,,而,所以,所以,又,令,则,在上是增函数,第17页共17页 ,,所以,,所以整数的最小值是.【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性,研究不等式恒成立问题,在研究不等式恒成立时,关键是问题的转化,不等式恒成立,引入函数后求出函数的最大值,则最大值小于或等于0得结论,在求最大值时,需要对导函数的部分函数进行再一次求导,确定其单调性与正负,以便确定函数的极值点,本题还需要应用零点存在定理说明零点的存在性,找到零点(极值点)与参数的关系,求出最大值,并通过零点(极值点)与参数的关系转化最大值,从而得出零点的范围,再根据参数与零点的关系求得参数范围,这又需要利用导数求解.对学生的逻辑思维能力要求较高,难度较大.第17页共17页
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高中 - 数学
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