《河南省鹤壁高中2020-2021学年高二下学期寒假学习效果检测理科数学试题及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省鹤壁高中2020-2021学年高二下学期寒假学习效果检测理科数学试题及答案（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022届寒假学习效果检测理数试卷考试时间：120分钟一选择题（共12小题，每小题5分，共60分）1复数z满足z（1+i）1i，则z的虚部等于（）AiB1C0D12要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（）A2种B3种C6种D8种3设i为虚数单位，则（x+i）6的展开式中含x4的项为（）A15x4B15x4C20ix4D20ix44如图，正方形ABCD的边长为1，延长BA至E，使AE1，连接EC、ED，则sinCED（）A31010B1010C510D5155设随机变量N（，1），函数f（x）x2+2x没有零点的概率是，则P（
2、01）（）附：若N（，2），则P（X+），P（2X+2）ABCD6将四颗骰子各掷一次，记事件A“四个点数互不相同”，B“至少出现一个5点”，则概率P（B|A）等于（）A23B16C60671D2406717数列an中，a12，am+naman若ak+1+ak+2+ak+1021525，则k（）A2B3C4D58用数学归纳法证明：（n+1）（n+2）（n+n）2n123（2n1）（nN*）从k（kN*）到k+1，若设f（k）（k+1）（k+2）（k+k），则f（k+1）等于（）Af（k）+2（2k+1）Bf（k）2（2k+1）Cf(k)+2k+1k+1Df(k)2k+1k+19如图，在底面半径和
3、高均为1的圆锥中，AB、CD是底面圆O的两条互相垂直的直径，E是母线PB的中点，已知过CD与E的平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点P的距离为（）A1B32C62D10410如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（）A3个B4个C5个D6个11若n是正奇数，则7n+Cn17n1+Cn27n2+Cnn-17被9除的余数为（）A2B5C7D812已知函数f(x)=emx-1mlnx，当x0时，f（x）0恒成立，则m的取值范围为（）A（1，+）B（e，+）C(1e，e)D(1e，+)二填空题（共4小题
4、，每小题5分，共20分）13若x，yR+，且1x+2y3，则yx的最大值为 14曲线ylnx-1x在x1处的切线的倾斜角为，则sin2 15甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为，客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是 16设双曲线x2-y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，若点P在双曲线上，且F1PF2为锐角三角形，则|PF1|+|PF2|的取值范围是 三解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17（10分）ABC的内角
5、A，B，C的对边分别为a，b，c设（sinBsinC）2sin2AsinBsinC（1）求A；（2）若2a+b2c，求sinC18（12分）数列an中，a1=13，2an+1an+an+1an0（1）求an的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+an1an17的n的最大值19（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEADABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角BPCE的余弦值20（12分）设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为23假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校
6、情况相互独立（）用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X的分布列和数学期望；（）设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率21（12分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（ab0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c，0），（0，b）的直线的距离为12c（）求椭圆E的离心率；（）如图，AB是圆M：（x+2）2+（y1）2=52的一条直径，若椭圆E经过A、B两点，求椭圆E的方程22（12分）已知函数f（x）x2ex（）求f（x）的极小值和极大值；（）当曲线yf（x）的切线l的斜率为负数时，求l
7、在x轴上截距的取值范围鹤壁高中2022届寒假学习效果检测数学（理科）试卷参考答案一选择题（共12小题）1【解答】解：复数z满足z（1+i）1i，z=1-i1+i=(1-i)2(1+i)(1-i)=1-2i+i21-i2=-i，z的虚部为1故选：B2【解答】解：要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有：C32C11A22=6故选：C3【解答】解：（x+i）6的展开式中含x4的项为C64x4i215x4，故选：A4【解答】解：法一：利用余弦定理在CED中，根据图形可求得ED=2，CE=5，由余弦定理得cosCED=5+2-1225=
8、31010，sinCED=1-910=1010故选B法二：在CED中，根据图形可求得ED=2，CE=5，CDE135，由正弦定理得CEsinCDE=CDsinCED，即sinCED=CDsinCDECE=sin1355=1010故选：B5【解答】解：由题意得，P（01）=0.9544-0.68262=0.1359，故选：B6【解答】解：根据题意，记事件A“四个点数互不相同”，B“至少出现一个5点”，则P（AB）=4A536666，P（A）=A646666，则P（B|A）=P(AB)P(A)=4A53A64=23，故选：A7【解答】解：由a12，且am+naman，取m1，得an+1a1an2a
9、n，an+1an=2，则数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，则ak+1=22k=2k+1，ak+1+ak+2+ak+10=2k+1(1-210)1-2=211+k-2k+1=21525，k+15，即k4故选：C8【解答】解：由数学归纳法证明（n+1）（n+2）（n+n）2n13（2n1）（nN*）时，从“k”到“k+1”的证明，左边需增添的一个因式是(2k+1)(2k+2)k+1=2（2k+1），则f（k+1）f（k）2（2k+1），故选：B9【解答】解：如图所示，过点E作EFAB，垂足为FE是母线PB的中点，圆锥的底面半径和高均为1，OFEF=12OE=22在平面CED内建立直角坐标
10、系设抛物线的方程为y22px（p0），F为抛物线的焦点C(22，1)，1=222P，解得p=22F(24，0)即点F为OE的中点，该抛物线的焦点到圆锥顶点P的距离为(22)2+(24)2=104，故选：D10【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|3，则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），BD1=（3，3，3），设P（x，y，z），BP=13BD1=（1，1，1），DP=DB+(-1，-1，1)=（2，2，1）|PA|PC|PB1|=12+22+12=
11、6，|PD|PA1|PC1|=22+22+12=3，|PB|=3，|PD1|=22+22+22=23故P到各顶点的距离的不同取值有6，3，3，23共4个故选：B11【解答】解：n是正奇数，则7n+Cn17n1+Cn27n2+Cnn-17+Cnn-1（7+1）n1（91）n19nCn1 9n1+Cn2 9n2+Cnn-1 9-Cnn-1，它被9除的余数为-Cnn-12，即它被9除的余数为7，故选：C12【解答】解：由题意，若m0显然f（x）不是恒大于零，故m0（由4个选项也是显然，可得m0），则显然f(x)=emx-1mlnx0在（0，1上恒成立；当x1时，f(x)=emx-1mlnx0emx1
12、mlnxmxemxxlnx=lnxelnx，令g（t）tet（t0），g（t）（1+t）et0，g（t）在（0，+）上单调递增因为mx0，lnx0（x1），所以mxemxlnxelnxmxlnx，即mlnxx(x1)，再设h(x)=lnxxh(x)=1-lnxx2(x1)，令h（x）0，则xe，易得h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+）上单调递减，所以h(x)max=h(e)=1e，故m1e，所以m的取值范围为(1e，+)故选：D二填空题（共4小题）13【解答】解：3=1x+2y21x2y，yx（322）2=98；故答案为：9814【解答】解：由ylnx-1x，得y=1x+1x2，曲线y
13、lnx-1x在x1处的切线斜率k2，曲线ylnx-1x在x1处的切线的倾斜角为，tan2，sin22sincos=2tan1+tan2=45故答案为：4515【解答】解：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为，客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立，甲队以4：1获胜包含的情况有：前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：p1，前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p2，前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p3，前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p3，则甲队以4：1获胜的概率为：pp1+p2+p3+p4+故答案为：16【解答】解：如图，由双曲线x2-y23=1，得a21，b23，c=a2+b2=2不妨以P在双曲线右支为例，当PF2x轴时，把x2代入x2-y23=1，得y3，即|PF2|3，此时|PF1|PF2|+25，则|PF1|+|PF2|8；由PF1PF2，得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=16，又|PF1|PF2|2，两边平方得：|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|PF2|=4， |PF1|PF2|6，联立解得：|PF1|=1+7，|PF2|=-1
