陕西省西安市西安中学2021-2022学年高二理科数学下学期期中试题（Word解析版）

西安中学2021-2022学年度第二学期期中考试高二数学（理科）试题一、单选题（本大题共12小题，共36分）1.已知复数，则（）A.B.C.D.1【1题答案】【答案】C【解析】【分析】利用复数的运算法则，直接计算即可【详解】，所以，故选：C2.设随机变量的概率分布列为1234则（）A.B.C.D.【2题答案】【答案】B【解析】【详解】试题分析： ，故选B考点：概率分布3.从5名志愿者中选出3人分别从事翻译、导游、导购三项不同工作，则选派方案共有（　　）A.10种B.20种C.60种D.120种【3题答案】【答案】C【解析】【分析】直接根据排列的定义即可求出．【详解】解：从5名志愿者中选出3人分别从事翻译、导游、导购三项不同工作，则选派方案共种．故选：．【点睛】本题考查了排列的意义及其计算公式，属于基础题．4.若展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中常数项是（）A.180B.120C.90D.45【4题答案】【答案】A【解析】【分析】已知条件中只有第六项的二项式系数最大，应为偶数，可确定值，进而利用展开式即可求得常数项.【详解】如果为奇数，那么是中间两项的二项式系数最大；如果为偶数，那么是中间一项的二项式系数最大；只有第六项的二项式系数最大，展开式的通项为：令，解得：展开式中常数项是：. 故选：A.5.若曲线y＝x2＋ax＋b在点(0，b)处的切线方程是x－y＋1＝0，则（）A.a＝1，b＝1B.a＝－1，b＝1C.a＝1，b＝－1D.a＝－1，b＝－1【5题答案】【答案】A【解析】【分析】先用导数的定义解出函数在x=0处的导数，进而结合导数的几何意义求得答案.【详解】由题意可知k＝，又(0，b)在切线上，解得：b＝1.故选：A.6.现有5人站成一排照相，其中甲、乙相邻，且丙、丁不相邻，则不同的站法有（）A.12种B.24种C.36种D.48种【6题答案】【答案】B【解析】【分析】甲、乙相邻捆绑作为一全元素，丙、丁不相邻用插入法．【详解】由题意不同站法数为：．故选：B.【点睛】本题考查排列问题．涉及到相邻与不相邻问题，解题方法是相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插入法．7.如图阴影部分为曲边梯形，其曲线对应函数为，在长方形内随机投掷一颗黄豆，则它落在阴影部分的概率是 A.B.C.D.【7题答案】【答案】D【解析】【分析】通过定积分可求出空白部分面积，于是利用几何概型公式可得答案.【详解】由题可知长方形面积为3，而长方形空白部分面积为：，故所求概率为，故选D.【点睛】本题主要考查定积分求几何面积，几何概型的运算，难度中等.8.为了宣传防疫知识，某单位安排甲、乙、丙、丁4位志愿者到A，B，C三处宣讲且每处至少一人，问甲、乙不去同一地点的概率为（）A.B.C.D.【8题答案】【答案】A【解析】【分析】先求出所有的方法种数，再求出甲、乙去同一地点的方法种数，利用古典概型的概率公式即可求解.【详解】把甲、乙、丙、丁4位志愿者到A，B，C三处宣讲且每处至少一人，共有种.甲、乙去同一地点共有种， 所以甲、乙不去同一地点的概率为故选：A9.已知复数满足(为虚数单位)，则(　　)A.B.C.D.【9题答案】【答案】B【解析】【分析】先计算出，再利用共轭复数及概念计算出.【详解】由于，因此，因此，故选B.【点睛】本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的相关概念，难度不大.10.已知(1＋ax)·(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝A－4B.－3C－2D.－1【10题答案】【答案】D【解析】【详解】由题意知：，解得，故选D.【考点定位】本小题主要考查二项展开式,二项式定理在高考中主要以小题的形式考查,属容易题,熟练基础知识是解答好本类题目的关键.11.一辆汽车在平直的公路上行驶，由于遇到紧急情况，以速度（的单位：，的单位：）紧急刹车至停止.则刹车后汽车行驶的路程（单位：）是（）A.B.C.D.【11题答案】 【答案】B【解析】【分析】先计算汽车停止的时间，再利用定积分计算路程.【详解】当汽车停止时，，解得：或（舍去负值），所以.故答案选B【点睛】本题考查了定积分的应用，意在考查学生的应用能力和计算能力.12.已知函数在区间上的图象如图所示，则（）A.B.C.2D.【12题答案】【答案】B【解析】【分析】法一：利用导函数研究出极值点，进而结合图象及极值求出的值；法二：设函数值为，使用辅助角公式及三角函数的有界性及极值列出方程，求出的值.【详解】法一：当时，设，其中，则，另外，所以，故，解得：，又因为， 所以，故选：B.法二：由，，从而，由于，所以，解得：，又从图象可以看出，即，从而，解得：，由于，故.故选：B.二、填空题（本大题共5小题，共15分）13.袋中有个黄球个白球，甲乙两人分别从中任取一球，取得黄球得分，取得白球得分，两个总分和为，则的概率是______．【13题答案】【答案】【解析】【分析】确定事件是什么事件，然后可求得其概率．【详解】表示：两个球一个是黄球，一个是白球，．故答案为：．14.i是虚数单位，＋＝________.【14题答案】【答案】－2【解析】 【分析】按照复数除法、乘方运算法则计算即可.【详解】＋＝故答案为：15.已知 ，则______．【15题答案】【答案】32【解析】【分析】根据题意得到，即可计算求解【详解】由已知得，，所以，可得，所以，故答案为：3216.如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有_______种.（用数字作答）【16题答案】 【答案】96【解析】【详解】试题分析：由题意知本题是一个分步计数问题，第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法（此前三步已经用去三种颜色）；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法．所以，不同的涂色种数有4×3×2×（1×1+1×3）=96.考点：排列组合的应用.17.若函数在区间上是单调增函数，则实数的取值范围是_________.【17题答案】【答案】【解析】【分析】根据函数在区间上是单调增函数，转化为导数不小于0在区间上恒成立，分离参数，利用函数最值求解.【详解】，函数在区间上是单调增函数，所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，由(),所以，即，故答案为：【点睛】本题主要考查了利用导数研究不等式恒成立问题，二次函数最值，转化思想，属于 中档题.三、解答题（本大题共5小题，共49分）18.在一个选拔项目中，每个选手都需要进行4轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概率分别为、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响．（Ⅰ）求该选手进入第三轮才被淘汰的概率；（Ⅱ）求该选手至多进入第三轮考核的概率；【18题答案】【答案】解：（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】【详解】（Ⅰ）设事件表示“该选手能正确回答第i轮问题”．由已知，，，．（Ⅰ）设事件B表示“该选手进入第三轮被淘汰”，则（Ⅱ）设事件C表示“该选手至多进入第三轮考核”，则19.在棱长为2正方体中，E，F分别为，CD的中点．（1）求；（2）求直线EC与AF所成角的余弦值；（3）求二面角的余弦值的绝对值．【19题答案】【答案】（1） （2）（3）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，再计算模长即可；（2）求出，，再计算EC与AF所成角的余弦值即可；（3）先求出平面ABCD和平面AEF的一个法向量，再计算二面角的余弦值的绝对值即可.【小问1详解】在棱长为2的正方体中，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，∴；【小问2详解】∵，，∴∴直线EC与AF所成角的余弦值为．【小问3详解】 平面ABCD的一个法向量为，设平面AEF的一个法向量为，∵，，∴，令，则，，则二面角余弦值的绝对值为．21.已知函数有极小值−6．（1）求的值；（2）求在上的最大值和最小值．【21题答案】【答案】（1）（2）最大值为，最小值为−6【解析】【分析】①对求导，得到单调性进而可得的极小值点，代入即可得的值.②求出极值点和端点处的函数值，比较大小即可得最大值和最小值.【小问1详解】解：，令，解得：或，令，解得，所以单调递减区间为，单调递增区间为，．则，解得．【小问2详解】由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， ，，，，所以在上的最大值为，最小值为−6．23.为了了解本学期学生参加公益劳动的情况，某校从初高中学生中抽取100名学生，收集了他们参加公益劳动时间（单位：小时）的数据，绘制图表的一部分如表：性别男69101094女51213868学段初中x81111107高中（1）从男生中随机抽取一人，抽到的男生参加公益劳动时间在的概率；（2）设参加公益劳动时间在的学生中抽取3人进行面谈.记为抽到高中的人数，求随机变量的概率分布.【23题答案】【答案】（1）；（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）由图表直接利用随机事件的概率公式求解即可；（2）的所有可能取值为0，1，2，3，由古典概型的概率公式求概率，从而求出分布列．详解】解：（1）100名学生中共有男生48名， 其中共有29人参加公益劳动时间在，，设男生中随机抽取1人，抽到的男生参加公益劳动时间在，的事件为，则；（2）的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，随机变量的分布列为：012324.设，.（1）求的单调区间；（2）讨论零点的个数；（3）当时，设恒成立，求实数a的取值范围.【24题答案】【答案】（1）递增区间为，单调递减区间为；（2）当时，有1个零点，当或时，有2个零点，当时，有3个零点.；（3）.【解析】【分析】（1）求，解不等式得单调增区间，解不等式得单调增区间；（2）先判断是的一个零点，当时，由得，，分析 图象与交点个数即可求解；（3）通过变形构造函数，转化为该函数的最小值大于或等于0，通过研究该函数的单调性与极值,、最值即可求解.【详解】（1），当时，，单调递增，当时，，单调递减.故的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）是的一个零点，当时，由得，，，当时，递减且.当时，，且时，递减，时，递增，故，.图象如图， 当时，有1个零点当或时，有2个零点；当时，有3个零点.（3），所以：，当时，设的根为，即有，可得，，当时，，递减.当时，，递增.所以：，∴.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数单调性，考查了判断函数零点的个数的数形结合的思想，考查了不等式恒成立问题，属于中档题.