2021-2022学年上海市吴淞区高二年级上册学期期末数学试题【含答案】

这是一份2021-2022学年上海市吴淞区高二年级上册学期期末数学试题【含答案】，共14页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市吴淞区高二上学期期末数学试题 一、填空题1．从含有件次品的件产品中任取件，观察其中次品数，其样本空间为______．【答案】【分析】分析取出的件产品的次品个数即可求解.【详解】由分析可知取出的件产品的次品个数为，，，，，所以样本空间为，故答案为：.2．实数1，7的等差中项是_____.【答案】4【分析】直接根据等差中项的公式计算即可.【详解】实数1，7的等差中项是.故答案为：3．若，则______.【答案】【分析】利用数列极限的运算法则即可得出．【详解】∵=3，，则．故答案为：．【点睛】本题考查了数列极限的运算法则，属于基础题．4．已知直线经过点，则直线的方程是___________________.【答案】【详解】由题意，得，所以直线方程为，即.【解析】直线的方程.5．若圆柱的侧面展开图是边长为的正方形，则圆柱的体积为_______．【答案】【详解】由题意可得，圆柱的高为h=4，不妨设底面圆半径为r,所以，.答案：6．展开式中系数是___________．【答案】10【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】依题意展开式中系数是.故答案为：7．某学校为落实“双减”政策，在每天放学后开设拓展课程供学生自愿选择，开学第一周的安排见如表.小明同学要在这一周内选择编程､书法､足球三门课，不同的选课方案共___________种.周一周二周三周四周五演讲､绘画､舞蹈､足球编程､绘画､舞蹈､足球编程､书法､舞蹈､足球书法､演讲､舞蹈､足球书法､演讲､舞蹈､足球注：每位同学每天最多选一门课，每一门课一周内最多选一次  【答案】15【分析】应用分类分步计算方法，首先考虑编程选在周二或周三，再确定书法的时间，最后确定足球的时间，即可得到总的选课方案.【详解】1、周二选编程，则选课方案有种；2、周三选编程，则选课方案有种；综上，不同的选课方案共15种.故答案为：15.8．如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，，设，，则________（用来表示）【答案】【分析】利用空间的基底结合空间向量的线性运算计算即可得解.【详解】，而M是四面体OABC的棱BC的中点，则，因AP＝3PN，，则，所以.故答案为：9．某学生写字极其潦草，该生在高考数学答题纸上书写的某道填空题结果不容易被辨识，若该道填空题会被两位阅卷老师评阅，两位阅卷老师判该结果正确的概率均为0.4，且两位阅卷老师改卷互不影响.假设只要有任意一位老师判结果为错误，则该题得分为0，那么该生本题得分为0的概率为 _________ .【答案】##【分析】根据题意，结合独立事件概率的乘法公式，即可求解.【详解】根据题意，易知该生本题得分为0的概率.故答案为：.10．设等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，若，，且，则_________.【答案】##【分析】设的公差为，根据得到，确定的公比，代入数据计算得到答案.【详解】，设的公差为，则，所以，的公比，所以.故答案为：11．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个垂直于圆柱底面的平面去截这个组合体﹐则截面图形可能是______（填序号）．【答案】①⑤【分析】根据圆锥曲线的定义和圆锥的几何特征，分截面过旋转轴时和截面不过旋转轴时两种情况，分析截面图形的形状，最后综合讨论结果，可得答案.【详解】由题意，当截面过旋转轴时，圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件，综上可知截面的图形可能是①⑤.故答案为：①⑤12．已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【分析】方法一：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.【详解】［方法一］：【通性通法】【最优解】设，则由得，化简得，，解得：，即．所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由即，解得，所以得满足条件的最小值为.故答案为：.［方法二］：列举法＋二分法与相比，B元素间隔大．因此利用列举法从中元素构成看，分别加了几个B中元素进行考虑．1个：；2个：；3个：；4个：；5个：；6个：．发现当时，发生变号，以下用二分法查找：，所以所求n应在22~29之间．，所以所求n应在25~29之间．，，不符合条件；，，符合条件．因为，而，故答案为：.【整体点评】方法一：先由求和公式寻找不等式成立的充分条件，即当第项的值大于等于时，不等式成立，再寻找第项的值在与之间时是否也可以有满足题意的解，从而解出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：根据两个集合的特征，一一列举集合中的元素，并研究集合中元素的和与的变化规律，从而找出可能满足不等式的解，再由二分法验证解出，该法计算较为麻烦． 二、单选题13．“直线与平面没有公共点”是“直线与平面平行”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】从充分性和必要性两方面来分析即可.【详解】若直线与平面没有公共点，那直线与平面只能平行，故充分条件成立；若直线与平面平行，则直线与平面没有公共点，故必要性也成立，所以“直线与平面没有公共点”是“直线与平面平行”的充分必要条件.故选：C14．将编号分别为a，b，c，d，e，f的6张卡片从左到右排成一行，若卡片a必须在卡片b的左边，则不同的排列方法有（    ）A．240种 B．360种 C．480种 D．540种【答案】B【分析】先求得6张卡片排成一行的所有排法，进而求得卡片a在卡片b的左边的的排法.【详解】由题意，编号分别为a，b，c，d，e，f的6张卡片排成一行，共有种不同的排法，其中卡片a在卡片b的左边的的排列方法有种.故选：B.15．接种疫苗是预防控制新冠疫情最有效的方法.我国自年月日起实施全民免费接种新冠疫苗工作.某地为方便居民接种，共设置了､､､四个新冠疫苗接种点，每位接种者可去任一个接种点接种.若甲､乙两人去接种新冠疫苗，则两人不在同一接种点接种疫苗的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用列举法和古典概型的概率公式可求出结果.【详解】由题意，甲､乙两人去､､､四个接种点接种疫苗的所有不同结果为：，，，共种，其中两人不在同一接种点接种疫苗有种，由古典概型概率计算公式可得所求概率.故选：D16．南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》中首次提出“杨辉三角”，如图所示，这是数学史上的一个伟大的成就.在“杨辉三角”中，已知每一行的数字之和构成的数列为等比数列且数列前项和为，，将数列中的整数项组成新的数列，则的值为（    ）A．5043 B．5045 C．5046 D．5048【答案】D【分析】先由“杨辉三角”的性质得出，进而得到数列的通项公式，其中的整数项为，，， ，，，…，即2，3，7，8，12，13，…，所以数列是奇数项以5为公差，2为首项的等差数列，偶数项以5为公差，3为首项的等差数列，可得，最后代值计算即可.【详解】根据“杨辉三角”的性质可得数列前项和为：，从而可得到数列的通项公式，所以，由题意得，此数列为，，，，，，…，其中的整数项为，，，，，，…，即2，3，7，8，12，13，…，其规律为各项之间以，，，，，递增，所以数列是奇数项以5为公差，2为首项的等差数列，偶数项以5为公差，3为首项的等差数列，即，，由，，.故选：D.【点睛】本题考查数列的综合应用，考查以“杨辉三角”为背景处理和解决问题，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题. 三、解答题17．已知△ABC中，A(2，－1)，B(4，3)，C(3，－2)，求：(1)BC边上的高所在直线方程；(2)AB边中垂线方程.【答案】(1)；(2)． 【分析】(1)先求BC边的斜率，进而得垂线的斜率，由点斜式即可得方程；(2)先求AB的中点，再求AB边斜率，进而得垂线斜率，由点斜式求直线方程即可.【详解】（1）∵ kBC=5，∴ =.∴ AD：y+1=(x－2) 即x+5y+3=0.（2）∵ AB中点为(3，1)，kAB=2 .∴ AB中垂线方程为x+2y－5=0.18．如图，在中，，斜边，D是AB的中点．现将以直角边AO为轴旋转一周得到一个圆锥，点C为圆锥底面圆周上的一点，且．(1)求该圆锥的全面积；(2)求异面直线AO与CD所成角的大小．（结果用反三角函数表示）【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据圆锥的侧面积公式和圆锥全面积公式进行求解即可；（2）根据三角形中位线定理，结合异面直线成角的定义进行求解即可.【详解】（1）在中，，即圆锥底面半径为2．圆锥的侧面积，圆锥的底面积，故圆锥的全面积；（2）过D作交BO于点M，连接CM．则为异面直线AO与CD所成角．因为平面OBC，所以平面OBC，因为平面OBC，所以．在中，，所以．由D是AB的中点可知M是OB的中点，所以，则有．在中，．所以，即异面直线AO与CD所成角的大小为.19．COP15大会原定于2020年10月15－28日在昆明举办，受新冠肺炎疫情影响，延迟到今年10月11－24日在云南昆明举办，同期举行《生物安全议定书》､《遗传资源议定书》缔约方会议．为助力COP15的顺利举行，来自全省各单位各部门的青年志愿者们发扬无私奉献精神，用心用情服务，展示青春风采．会议结束后随机抽取了50名志愿者，统计了会议期间每个人14天的志愿服务总时长，得到如图的频率分布直方图：(1)求的值，估计抽取的志愿者服务时长的中位数和平均数.(2)用分层抽样的方法从这两组样本中随机抽取6名志愿者，记录每个人的服务总时长得到如图所示的茎叶图：①已知这6名志愿者服务时长的平均数为67，求的值；②若从这6名志愿者中随机抽取2人，求所抽取的2人恰好都是这组的概率．【答案】(1)，中位数为65，平均数63.6(2)①；② 【分析】（1）根据频率和为1计算得到，确定前三组频率之和，再计算中位数和平均数即可.（2）根据平均数的公式计算得到，根据分层抽样的比例关系得到人数，列举出所有事件，统计满足条件的事件，得到概率.【详解】（1），解得，前三组频率之和，设中位数为，则，解得，所以中位数为65；平均数为：.（2）①，解得，②两组频率比为，故组中所抽取2人编号为，组中所抽取4人标号为，则基本事件如下：，共15个．所抽取2人都在的基本事件有6个，所以概率．20．某企业为一个高科技项目注入了启动资金1000万元，已知每年可获利25%，但由于竞争激烈，每年年底需从利润中抽取200万元资金进行科研、技术改造与广告投入，方能保持原有的利润增长率，设经过n年后，该项目的资金为an万元．(1)求a1、a2；(2)设， 证明数列{bn}为等比数列，并求出至少需经过多少年，该项目的资金才可以达到或超过翻两番（即为原来的4倍）的目标（取lg2=0.3 ）；(3)若，求数列的前n项和Sn．【答案】(1)万元， 万元；(2)证明见解析，至少12年；(3). 【分析】（1）根据已知条件求得.（2）利用凑配法证得是等比数列，并求得，由求得经过年后达到或超过翻两番.（3）利用错位相减求和法求得.【详解】（1）第年后，资金为万元，第年后，资金为万元.（2）第年后，资金为，，所以数列，即数列是首项为，公比为的等比数列.所以，，，两边取以为底的对数得，，即至少要年.（3），，，两式相减得，所以.21．设正整数数列，，，满足，其中.如果存在，3，，，使得数列中任意项的算术平均值均为整数，则称为“阶平衡数列”.(1)判断数列2，4，6，8，10和数列1，5，9，13，17是否为“4阶平衡数列”？(2)若为偶数，证明：数列，2，3，，不是“阶平衡数列”，其中，3，，.(3)如果，且对于任意，3，，，数列均为“阶平衡数列”，求数列中所有元素之和的最大值.【答案】(1)数列2，4，6，8，10不是4阶平衡数列，数列1，5，9，13，17是4阶平衡数列(2)证明见解析(3)12873 【分析】（1）由不为整数，数列1，5，9，13，17为等差数列，结合新定义即可得到结论；（2）讨论为偶数或奇数，结合新定义即可得证；（3）在数列中任意两项，，，作差可得数列中任意两项之差都是的倍数，，3，，，讨论数列的项数超过8，推得数列的项数至多7项.讨论数列的项数为7，数列的项数小于或等于6，奇数可得所求最大值.【详解】（1）（1）由不为整数，可得数列2，4，6，8，10不是4阶平衡数列；数列1，5，9，13，17为首项为1，公差为4的等差数列，则数列1，5，9，13，17是4阶平衡数列；（2）证明：若为偶数，设，考虑1，2，3，，这项，其和为.所以这项的算术平均值为：，此数不是整数；若为奇数，设，，考虑1，2，3，4，5，，；这项，其和为，所以这项的算术平均数为：，此数不是整数；故数列：1，2，3，4，，不是“阶平衡数列”，其中，3，4，；（3）在数列中任意两项，，，对于任意，3，4，5，，，在中任意取两项，，相异的项，并设这项和为.由题意可得，都是的倍数，即，，，为整数），可得，即数列中任意两项之差都是的倍数，，3，，，因此所求数列的任意两项之差都是2，3，，的倍数，如果数列的项数超过8，那么，，，均为2，3，4，5，6，7的倍数，即，，，均为420的倍数，为2，3，4，5，6，7的最小公倍数），，即，这与矛盾，故数列的项数至多7项.数列的项数为7，那么，，，均为2，3，4，5，6的倍数，即，，，均为60的倍数，为2，3，4，5，6的最小公倍数），又，且，所以，，，，所以，当且仅当，，，取得最大值12873；验证可得此数列为“阶平衡数列”，，3，，，如果数列的项数小于或等于6，由，可得数列中所有项的之和小于或等于，综上可得数列中所有元素之和的最大值为12873.【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论思想和化简运算能力､推理能力，属于难题.