湖北省十堰市东风高级中学2021-2022学年高二下学期期末综合数学试题（2）及答案

这是一份湖北省十堰市东风高级中学2021-2022学年高二下学期期末综合数学试题（2）及答案，共19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。
湖北省十堰市东风高级中学2021-2022学年高二下学期期末综合数学试题 （2）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知圆方程的圆心为（    ）A． B． C． D．2．某市人民医院急诊科有3名男医生，3名女医生，内科有5名男医生，4名女医生，现从该医院急诊科和内科各选派1名男医生和1名女医生组成4人组，参加省人民医院组织的交流会，则所有不同的选派方案有（    ）A．180种 B．56种 C．29种 D．15种3．以点为切点的曲线的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（    ）A． B． C． D．4．等差数列的前项和为，若，，则此数列中绝对值最小的项所在的项数为（    ）．A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．无法确定5．已知某个数的期望为，方差为，现又加入一个新数据，此时这个数的期望记为，方差记为，则A． B．C． D．6．足球训练中点球射门是队员练习的必修课，经统计，某足球队员踢向球门左侧时进球的概率为80%，踢向球门右侧时进球的概率为75%．若该球员进行点球射门时踢向球门左、右两侧的概率分别为60%、40%，则该球员点球射门进球的概率为（    ）A．77% B．77.5% C．78% D．78.5%7．已知，且满足，为自然对数的底数，则（    ）A． B．C． D．8．已知点，点在抛物线上运动，点在圆上运动，则的最小值为（    ）A．2 B． C．4 D． 二、多选题9．已知，则下列结论正确的有（   ）A．B．C．D．10．下列说法正确的的有（    ）A．已知一组数据的方差为， 则的方差也为B．对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是C．已知随机变量服从正态分布，若，则 D．已知随机变量服从二项分布，若，则11．我国小麦育种技术和水平已经达到国际先进水平，研究发现某品种小麦麦穗长度cm近似服从正态分布.从该品种小麦中任取100株，估计其麦穗长度，则下列说法正确的是（    ）A．100株小麦麦穗长度的均值约为11.24cmB．100株小麦中约有2株小麦的麦穗长度大于13.5cmC．100株小麦中没有麦穗长度大于14.63cm的小麦D．若随机变量表示100株小麦中麦穗长度大于13.5cm的株数，则近似服从二项分布附：，12．已知函数是奇函数，对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（    ）A． B．C． D． 三、填空题13．已知函数，则函数在点处的切线的方程为___________.14．在件产品中，有件合格品，3件不合格品.若从中任意抽出2件，至少有一件不合格品的概率为，则_______.15．已知数列是等比数列，为其前项和，若，，则______．16．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是______. 四、解答题17．已知数列满足的前项和为．(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：．18．如图，四边形ABCD为菱形，DE⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，，，．(1)设BE的中点为H，证明：FH⊥平面EDB；(2)求二面角的平面角的正弦值．19．某企业生产流水线检测员每天随机从流水线上抽取100件新生产的产品进行检测．若每件产品的生产成本为1200元，每件一级品可卖1700元，每件二级品可卖1000元，三级品禁止出厂且销毁．某日检测抽取的100件产品的柱状图如图所示．(1)根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．若从生产的所有产品中随机取出2件，求至少有一件产品是一级品的概率；(2)已知该生产线原先的年产量为80万件，为提高企业利润，计划明年对该生产线进行升级，预计升级需一次性投入2000万元，升级后该生产线年产量降为70万件，但产品质量显著提升，不会再有三级品，且一级品与二级品的产量比会提高到8∶2，根据样本估计总体的思想，若以该生产线今年利润与明年预计利润为决策依据，请判断该次升级是否合理．20．已知函数(1)求的单调区间；(2)若函数在区间上不单调，则t的取值范围．21．已知双曲线的渐近线方程为，且过点．(1)求C的标准方程；(2)若C的左、右顶点分别为A，B，过C的右焦点F的直线交C于M，N两点，问：直线AM与直线BN的斜率之比是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．22．已知函数，.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
参考答案：1．C【分析】将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标；【详解】解：因为，即，所以圆心坐标为；故选：C2．A【分析】第一步，从急诊科选派1名男医生和1名女医生，第二步，从内科选派1名男医生和1名女医生，分别求出方案数，再根据分步乘法计数原理求解即可.【详解】从急诊科选派1名男医生和1名女医生有种方案，从内科选派1名男医生和1名女医生有种方案，根据分步乘法计数原理，该医院总共有种不同的选派方案.故选：A.3．A【分析】根据导数的几何意义求出切线的方程，进而求出切线与坐标轴的交点坐标，从而可求出结果.【详解】因为点在曲线上，，因为切点为，所以，所以切线方程为，即，与坐标轴的交点为，所以切线与坐标轴围成的三角形的面积为.故选：A.4．C【分析】由题意结合等差数列的性质可得，且，从而可求得答案【详解】因为，，由等差数列的性质可得，所以，所以该数列的公差，所以绝对值最小的项在0附近的项中取得，因为，所以，所以绝对值最小的项为，故选：C5．B【详解】分析：首先利用离散型随机变量的期望和方程的计算公式，结合题中所给的条件，列出相应的式子，从而求得的值，进而得到正确的选项.详解：根据题意可知，，，故选B.点睛：该题考查的是离散型随机变量的期望和方程的有关问题，在解题的过程中，注意正确理解离散型随机变量的期望和方差的意义，正确使用其运算公式，从而得到确切的值，得到正确的答案.6．C【分析】根据该球员点球射门进球的可能情况，即踢向球门左、右两侧时都有进球的可能，由此求得答案.【详解】由题意得：该球员进行点球射门时踢向球门左册时进球的概率为踢向右侧进球的概为，故该球员点球射门进球的概率为，故选：C．7．B【分析】构造函数，利用导函数研究函数的单调性判断即可.【详解】解：因为在上单调增，，所以，故A、D错误；构造函数，则，，当时，，单调增，当时，，单调减，因为，，即，又，所以，，，，所以，所以，，，即，所以，故B正确.故选：B.8．C【分析】根据已知条件先求得抛物线的焦点和准线方程，过点作，垂足为点，求得圆的圆心和半径，运用圆外一点到圆上的点的距离的最值和抛物线的定义，结合基本不等式，即可得到所求最小值.【详解】如图：抛物线的准线方程为，焦点，过点作，垂足为点，由抛物线的定义可得,圆的圆心为，半径，可得的最大值为，由，可令，则，即，可得：，当且仅当时等号成立，即，所以的最小值为故选：C【点睛】本题考查了抛物线定义以及基本不等式求最小值，考查了计算能力，属于较难题.9．AD【分析】通过赋值根据选项一一判断即可得结果.【详解】取得，A正确；的展开式中第7项为， 所以，B错误；由取得，C错误；由取得取得所以，D正确.故选：AD10．AC【分析】根据方差的定义可判断A；根据样本点在回归直线上求得的值可判断B；根据可得，由对称性求出对称轴可得的值可判断C；根据二项分布方差的公式以及方差的性质可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：设的平均数为，方差为，则，，所以的平均数为，所以方差为，故选项A正确；对于B：因为线性回归直线过样本点中心，所以，可得，故选项B错误；对于C：因为随机变量服从正态分布，所以对称轴为，又，而，所以，则，故选项C正确；对于D：因为服从二项分布，所以，所以，则，故选项D错误.故选：AC.11．AB【分析】A.根据小麦麦穗长度cm近似服从正态分布判断；BD.根据原则得到，再由随机变量近似服从判断；C根据原则得到判断.【详解】解：因为小麦麦穗长度cm近似服从正态分布，所以，，故A正确；因为，所以，因此随机变量近似服从，从而100株小麦中约有株小麦的麦穗长度大于13.5cm，故B正确，D错误；由于，根据原则，麦穗长度大于14.63cm是小概率事件，但是也有可能发生，根据C错误.故选：AB.12．BC【分析】构造函数，其中，结合奇偶性的定义判断奇偶性，利用导数判断函数在的单调性，然后利用函数的单调性判断出各选项的正误.【详解】构造函数，其中，则，因为对于任意的满足当时，，则函数在上单调递增，又函数是奇函数，所以，所以在上为偶函数，所以函数在上单调递减，，则，即，即，化简得，A选项错误；同理可知，即，即，化简得，B选项正确；，且即，即，化简得，C选项正确，，且即，即，化简得，D选项错误，故选：BC.【点睛】本题考查利用函数的单调性判断函数不等式是否成立，解题时要根据导数不等式的结构构造合适的函数，利用函数的单调性来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.13．【分析】首先求出导函数，再将代入求出切线斜率，最后根据点斜式求解切线方程即可.【详解】已知，得.将代入，得，故切线方程为：，即.故答案为：14．12【分析】根据题意可求其对立事件的概率，再解方程求解.【详解】依题意得，至少有一件不合格品的概率为所有都合格的概率为，即 ，化简得 解得：或（舍去）故答案为：.15．60【分析】由等比数列的性质，可知，，，，也构成等比数列，由等比数列求和公式可求．【详解】为等比数列，，，，，也构成等比数列，又，，该等比数列首项为4，公比为2，项数为4，则，故答案为：6016．【分析】设由题可知，当时，可得适合题意，当时，可求函数的最小值即得，当时不合题意，即得.【详解】设，由题可知，∴，当时，，适合题意，所以，当时，令，则，此时时，，单调递减，，，单调递增，∴，又，∴，∴，即，解得，当时，时，，，故的值有正有负，不合题意；综上，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，设由题可知，当时，利用导数可求函数的最小值，结合，可得，进而通过解，即得.17．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由已知，令，求解出，然后再递推一项作差，从而得到的关系式，再验证是否满足即可完成求解；（2）由第（1）问求解出的通项公式，先求解出数列的前项和，然后将的通项公式带入中，得到的通项公式，然后写出的表达式，并对通项进行裂项，然后求和，通过对比即可完成证明.【详解】（1）当时，，当时，①②由①-②得，即．当时也成立，所以数列的通项公式为．（2）证明：由（1）知，所以，因为，所以，所以，所以．因为，所以，所以．18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接HO，易得四边形CFHO为平行四边形，从而，易证CO⊥平面EDB，再利用线面垂直的性质定理证明；（2）以点O为坐标原点，分别，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．求得平面AEB的一个法向量为，易知平面DEB的一个法向量为，然后由求解.【详解】（1）证明：连接AC交BD于点O，连接HO．∵四边形ABCD为菱形，点H是EB的中点，所以OH为BDE的中位线．所以，，而，，所以，，∴四边形CFHO为平行四边形，∴，∵DE⊥平面ABCD，平面ABCD，∴DE⊥CO．又∵CO⊥BD，，∴CO⊥平面EDB，∴FH⊥平面EDB（2）因为OB，OC，OH两两垂直，故以点O为坐标原点，分别，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．由题意得，，，，则，，．设平面AEB的一个法向量为，则 ,即，取,由第（1）问可知OC⊥平面DEB，故平面DEB的一个法向量为，所以，设二面角A-EB-D的平面角为，则.19．(1)(2)该次升级方案合理 【分析】（1）通过频率得出概率，然后计算两次都不是一级品的概率，然后用1减即可（2）列出今年和明年的分布列，分别计算期望，然后计算利润，比较大小即可判断【详解】（1）抽取的100件产品是一级品的频率是，                      则从生产的所有产品中任取1件，是一级品的概率是，                     设从生产的所有产品中随机选2件，至少有一件是一级品的事件为，则，所以至少有一件产品是一级品的概率是．（2）依题意，设今年每件产品的利润为X，所以X的分布列为：X500－200－12000.70.20.1 所以每件产品的期望为所以今年的利润为：（万元）                            设明年每件产品的利润为Y，所以Y的分布列为：Y500－2000.80.2 所以每件产品的期望为         所以明年预计的利润为：（万元）显然有，所以该次升级方案合理20．(1)在和上单调递减，在上单调递增(2) 【分析】（1）求导分析导函数的正负区间，进而确定的单调区间即可；（2）求导得到函数的极值点，利用极值点在区间（t，t＋1）内可满足条件，再建立不等式即可求解.【详解】（1）由题意知，由得x＝1或x＝3，时，；时，或，所以在和上单调递减，在上单调递增，（2）由（1）函数f(x)的极值点为x＝1,3.因为函数f(x)在区间[t，t＋1]上不单调，所以或解得或，即t的取值范围为21．(1)(2)是，定值 【分析】(1)根据双曲线渐近线方程，得到a,b的比值，再将代入方程中，联立解得a,b,可得双曲线方程；(2)根据题意设直线方程，和双曲线方程联立，整理得根与系数的关系式，代入到两直线AM与直线BN的斜率之比的表达式中，化简整理可得结果.【详解】（1）由题意可得，解得，所以C的标准方程为．（2）易知，，．当直线l的斜率为0时，显然不适合题意；当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，，，联立方程，消去x整理得，则，解得，∴，，分别记直线AM，BN的斜率为，，则，，∴，又，∴，即为定值．即直线AM与直线BN的斜率之比为定值．22．（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）当时，对进行求导得，再对 进行分类讨论，判断的符号，进而判断的单调性；（2）对任意的，不等式恒成立，转化为对任意的，恒成立，令，对其求导得，再令，分析的单调性，进而得出的取值范围.【详解】（1）的定义域是，当时，， 当时，所以在上单调递增. 当，令，得，故在上单调递增；令，得，故在上单调递减. 因此，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，，对任意的，不等式恒成立，即对任意的，恒成立. 令，则对任意的，不等式恒成立，.令，则，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，有最小值.若，即，则，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，有最小值，因为，所以不等式恒成立；若，即，有，与矛盾. 因此，实数的取值范围是.【点睛】思路点睛：（1）利用导数判断含参数函数的单调性时，不仅要考虑参数的取值范围，还要结合函数的定义域或所给区间来确定导数的符号，否则会产生错误判断；（2）对于恒成立问题，常用到以下两个结论：恒成立⇔ ；恒成立⇔ .