福建省厦门海沧实高2021-2022学年高二下学期期中考试数学试题（Word版含答案）

厦门海沧实高2021-2022学年高二下学期期中考试
数学试题
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．如右图，在四面体中，，，，且，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知圆，过点的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2011·新课标全国理）的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为（ ）
A． B． C．20 D．40
4．元旦来临之际，某寝室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡不同的分配方式有（ ）
A．6种 B．9种 C．11种 D．23种
5．已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间内的概率为（ ）
（附：若随机变量服从正态分布，则，．）
A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74%
6．已知双曲线：的左、右焦点分别为，焦距为2c，直线与双曲线的一个交点M满足，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
7．某游泳小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员8人，三级运动员8人．现在举行一场游泳选拔比赛，若一、二、三级运动员能够晋级的概率分别是0.9，0.7，0.4，则在这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为（ ）
A．0.58 B．0.60 C．0.62 D．0.64
8．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．下列说法正确的是（ ）
A．在经验回归方程中，当解释变量x每增加1个单位时，响应变量平均减少2.3个单位
B．两个具有线性相关关系的变量，当样本相关系数r的值越接近于0，则这两个变量的相关性就越强
C．若两个变量的决定系数越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好
D．在经验回归方程中，相对于样本点的残差为
10．设椭圆的左、右焦点分别为，P是C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．离心率
C．面积的最大值为 D．以线段为直径的圆与直线相切
11．已知数列满足，，的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
12．过点且与曲线相切的切线斜率可能为（ ）
A．0 B． C． D．1
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中横线上。
13．近年来，新能源汽车技术不断推陈出新，新产品不断涌现，在汽车市场上影响力不断增大．动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术，它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力．假定现在市售的某款新能源汽车上，车载动力蓄电池充放电循环次数达到2000次的概率为85%，充放电循环次数达到2500次的概率为35%．若某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电，那么他的车能够充电2500次的概率为________．
14．某学校为了制定治理学校门口上学、放学期间家长接送孩子乱停车现象的措施，对全校学生家长进行了问卷调查．根据从中随机抽取的50份调查问卷，得到了如下的列联表：
同意限定区域停车 不同意限定区域停车 合计
男 20 5 25
女 10 15 25
合计 30 20 50
根据上述数据，推断同意限定区域停车与性别有关系，则这种推断犯错误的概率不超过________．
附：，其中．
0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
15．从一批含有13件正品、2件次品的产品中，不放回地任取3件，设取得的次品数为X，则________．
16．一个帐篷，它下部的形状是高为1m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m的正六棱锥（如图所示）．当帐篷的顶点O到底面中心的距离为_______m时，帐篷的体积最大．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（本小题满分10分）通过市场调查，得到某种产品的资金投入x（单位：万元）与获得的利润y（单位：万元）的数据，如下表所示：
资金投入x（万元） 2 3 4 5 6
利润y（万元） 2 3 5 6 9
（1）在下图中，画出数据对应的散点图；
（2）根据上表提供的数据，用最小二乘法求经验回归方程；
（3）现投入资金10万元，求获得利润的估计值为多少万元？
参考公式：
18．（本小题满分12分）
已知数列的前n项和为，且是和1的等差中项，等差数列满足，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求的取值范围．
19．（本小题满分12分）
试在①，②，③三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得面成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱锥中，，底面为菱形，若________，且，异面直线与所成的角为60°，求二面角的余弦值．
20．（本小题满分12分）如图，已知抛物线的焦点为F，A是抛物线上横坐标为4，且位于x轴上方的点，点A到抛物线准线的距离等于5，过点A作垂直于y轴，垂足为点B，的中点为M．
（1）求抛物线的方程；
（2）过点M作，垂足为N，求点N的坐标．
21．（本小题满分12分）
某学校为鼓励家校互动，与某手机通讯商合作，为教师办理流量套餐．为了解该校教师手机流量使用情况，通过抽样，得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量L（单位：M）的数据，其频率分布直方图如右：
若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率视为概率，回答以下问题．
（1）从该校教师中随机抽取3人，求这3人中至多有1人手机月使用流量不超过300M的概率；
（2）现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：
套餐名称 月套餐费/元 月套餐流量/M
A 20 300
B 30 500
C 38 700
这三款套餐都有如下附加条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值200M流量，资费20元；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200M流量，资费20元，以此类推，如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用．
学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的75%，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由．
22．（本小题满分12分）
已知函数，．
（1）若函数在上单调递减，求a的取值范围；
（2）若，证明：．
厦门海沧实高2021-2022学年高二下学期期中考试
数学试题参考答案
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．答案 C
解析 连接（图略），因为，所以，因为，所以，所以．故选C．
2．答案 B
解析 将圆的方程化为标准方程，设圆心为C，则，半径．设点为点A，过点的直线为l，因为，所以点在圆C的内部，则直线l与圆C必相交，设交点分别为B，D．易知当直线时，直线l被该圆所截得的弦的长度最小，设此时圆心C到直线l的距离为d，则，所以，即弦的长度的最小值为2，故选B．
3．答案 D
解析 对于，可令得，故．的展开式的通项，要得到展开式的常数项，则的x与展开式的相乘，的与展开式的x相乘，故令，得．令，得，从而可得常数项为．
4．答案 B
解析 解法1：设四人A、B、C、D写的贺卡分别是a、b、c、d，当A拿贺卡b，则B可拿a、c、d中的任何一张，即B拿a，C拿d，D拿c或B拿c，D拿a，C拿d或B拿d，C拿a，D拿c，所以A拿b时有三种不同的分配方式．同理，A拿c，d时也各有三种不同的分配方式．由分类加法计数原理，四张贺卡共有（种）分配方式．
解法2：让四人A、B、C、D依次拿一张别人送出的贺卡，如果A先拿，有3种，此时被A拿走的那张贺卡的人也有3种不同的取法．接下来，剩下的两个人都各只有1种取法，由分步乘法计数原理，四张贺卡不同的分配方式有（种）．
5．答案 B
解析 由正态分布的概率公式知，，故，故选B．
6．答案 D
解析 ∵直线过左焦点，且其倾斜角为60°，∴，．∴，即．∴，，由双曲线的定义有：，∴离心率，故选D．
7．答案 C
解析 记事件B为“选出的运动员能晋级”，为“选出的运动员是一级运动员”，为“选出的运动员是二级运动员”，为“选出的运动员是三级运动员”．由题意知，，，，，，，由全概率公式得，．即任选一名运动员能够晋级的概率为0.62．故选C．
8．答案 B
解析 首先，，，构造函数，则，函数在上是减函数，由，得，即，所以，，所以a>c>b．故选B．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。
9．答案 CD
解析 对于A，根据经验回归方程，当解释变量x每增加1个单位时，响应变量平均减少0.85个单位，错误；对于B，当样本相关系数r的值越接近于1，两个变量的线性相关性就越强，错误；对于C，由决定系数的意义可知正确；对于D，当解释变量时，响应变量，则样本点的残差为，正确．故选CD．
10．答案 AD
解析 对于A，由椭圆的定义可知，所以A正确；对于B，依题意，，，所以，所以B错误；对于C，，当P为椭圆短轴顶点时，的面积取得最大值，为，所以C错误；对于D，以线段为直径的圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以以线段为直径的圆与直线相切，所以D正确．故选AD．
11．答案 ABD
解析 由题意可得，，，，…，，以上式子左、右分别相乘得，把代入，得，又符合上式，故数列的通项公式为，，故A，B正确；，则，两式相减，得，故，故C错误，D正确．
12．答案 ABC
解析 因为，所以曲线在点处的切线方程为．将代入，整理得，即，解得或或．因为，，，所以过点且与曲线相切的切线斜率可能为0或或．故选ABC．
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中横线上。
13．答案
解析 记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A，“他的车能够充电2500次”为事件B，本题所求即为条件概率，得．
14．答案 0.005
解析：因为，所以这种推断犯错误的概率不超过0.005．
15．答案
解析 由题意知X服从超几何分布，其中，，．相应的概率为，所以．
16．答案 2
解析 设为，底面正六边形的面积为，帐篷的体积为．则由题设可得正六棱锥底面边长为，于是底面正六边形的面积为．帐篷的体积为，求导数，得．令，解得或（不合题意，舍去）．当时，；当时，．所以当时，V最大．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．解 （1）作出散点图如图所示：
（2）由题意得，，．
，
．
∴，∴．
∴经验回归方程为．
（3）当时，万元，
∴当投入资金10万元，获得利润的估计值为15.2万元．
18．解（1）∵是和1的等差中项，∴，当时，，∴．当时，，∴，即．∴数列是以为首项，2为公比的等比数列，∴，，设的公差为d，，，∴，∴．
（2），∴，∵，∴，又，∴数列是一个递增数列，∴．综上所述，．
19．解 若选②，由平面，知，又，∴平面，∴，∴，，这与底面是菱形矛盾，∴②必不选，故选①③．
下面证明：平面，∵四边形是菱形，∴，∵，，∴平面，∵平面，∴，∵，O为中点，∴，又，∴平面，以O为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，∵，∴为异面直线与所成角，∴，在菱形中，设，∵，∴，，设，则，，在中，由余弦定理得：，∴，解得，∴，，，，设平面的法向量，，，则取，得，设是平面的法向量，，，由令，得，设二面角的平面角为θ，∴，∴二面角的余弦值为．
20．解（1）抛物线的准线方程为，于是，，所以抛物线的方程为．
（2）由题意得，，．又，所以，则直线的方程为．因为，所以，则直线的方程为．解方程组得所以．
21．解 （1）记“从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量不超过300M”为事件D．依题意，．
从该校教师中随机抽取3人，设这3人中手机月使用流量不超过300M的人数为X，则，所以从该校教师中随机抽取3人，至多有1人手机月使用流量不超过300M的概率为．
（2）依题意，从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量的概率为，的概率为．当学校订购A套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为元，则的所有可能取值为20，35，50，且，，，所以的分布列为
20 35 50
P 0.3 0.6 0.1
所以（元）．
当学校订购B套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为元，
则的所有可能取值为30，45，且，，
所以的分布列为
30 45
P 0.9 0.1
所以（元）．当学校订购C套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为元，当的所有可能取值为38，且，所以（元）．因为，所以学校订购B套餐最经济．
22．解 （1）因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，等价于在上恒成立．令，则．由，得，在上单调递减；由，得，在上单调递增．所以的最小值为，所以．
（2）证明：令，因为，所以．令，则，令，则，所以在上单调递增．因为，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．故，所以，即，故得证．