重庆市实验 2021-2022学年高二下学期期末复习数学试卷.docx

1、2021-2022学年重庆实验中学高二（下）数学期末复习试题（一）一选择题（共8小题）1设f（x）为可导函数，且，则曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线斜率为（）A2B1C1D2已知数列an中，a11，a22，则（）A3BCD3如图，P为圆O：x2+y24外一动点，过点P作圆O的切线PA，PB，切点分别为A，B，APB120，直线OP与AB相交于点Q，点M（3，），则|MQ|的最小值为（）AB2CD4重庆第八中学招聘了8名教师，平均分配给沙坪坝和渝北两个校区，其中2名语文教师不能分配在同一个校区，另外3名数学教师也不能全分配在同一个校区，则不同的分配方案共有（）A18种B24种C36种D4

2、8种5已知随机变量XN（2，1），其正态分布密度曲线如图所示，则图中阴影部分的面积为（）附：若随机变量N（，2），则P（+）0.6827，P（2+2）0.9545，P（3+3）0.9973A0.1359B0.7282C0.8641D0.932056某学校组织6100接力跑比赛，某班级决定派出A，B，C，D，E，F等6位同学参加比赛在安排这6人的比赛顺序时要保证A要在B之前，D和F的顺序不能相邻，则符合要求的安排共有（）A240种B180种C120种D150种7（x23x+2）5的展开式中，x2项的系数为（）A400B480C720D8008若定义在R上的函数f（x）的导函数为f（x），且满足f

3、（x）f（x），f（2022）e2022，则不等式的解集为（）A（0，e6066）B（0，e2022）C（e2022，+）D（e6066，+）二多选题（共4小题）9已知圆C：（x3）2+（y2）21，点A（2，0），过点A的直线与圆C交于两点P，Q，且APAQ则（）A直线PQ的斜率k1BAQ的最小值为2CAP的最小值为D410已知数列an满足a11，前n项和为Sn，则（）Aan1BCDSnn11下列说法正确的有（）A已知一组数据x1，x2，x3，x10的方差为3，则x1+2，x2+2，x3+2，x10+2的方差也为3B对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为（m，2.

4、8），则实数m的值是4C已知随机变量X服从正态分布N（，2），若P（X1）+P（X5）1，则2D已知随机变量X服从二项分布，若E（3X+1）6，则n612英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A、B存在如下关系，P（A|B）某高校有甲、乙两家餐厅，王同学第一天去甲、乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6，如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5，则王同学（）A第二天去甲餐厅的概率为0.54B第二天去乙餐厅的概率为0.44C第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为D第二天去了乙餐厅，则第一天去

5、甲餐厅的概率为三填空题（共4小题）13已知A（2，0）、B（8，0）、C（4，2），且动点P满足，则2|PC|+|PB|取得最小值时，点P的坐标是 14曲线f（x）xi（i2，iN）在x2处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为Si，则Si ， 15已知F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，过点F1的直线与双曲线C的左、右两支分别交于M，N两点，且，则双曲线C的离心率是 16已知甲口袋中有3个白球，2个黑球，乙口袋中有1个白球，3个黑球，分别从两个口袋中各取两个球，X表示从甲口袋中取出的白球数，Y表示从乙口袋中取出的黑球数，表示两口袋中取出的球放在一起时的黑球数，则E（X+Y） ；D（） 四解答

6、题（共6小题）17已知公差大于1的等差数列an中，a23，且a1+1，a31，a63成等比数列（）求数列an的通项公式；（）设数列的前n项和为Sn，求证：Sn18已知函数f（x）lnxax+a（aR）（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）在（1，+）上有零点x0，求a的取值范围；19已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体如图所示（1）若CEBG，求证：FGBG；（2）若AB2，DAB60，三棱锥GACD的体积为，直线AF与底面ABCD所成角的正切值为，求锐二面角AECB的余弦值20由于新冠疫情的影响，处于封控区的学校无法正常上课，某校决定采用教育网络平台和老师钉钉教学

7、相结合的方式进行授课，并制定了网络学习规章制度学生居家学习一段时间后，教务处对学生能否遵守学校安排完成居家学习的情况开展调研，从高一年级随机抽取了A、B两个班级，并得到如表数据：A班B班合计严格遵守3656不能严格遵守合计5050（1）补全22列联表，并且根据调研结果，依据小概率值0.005的独立性检验，能否判断“学生能严格遵守学校安排，完成居家学习”和学生所在班级有关系；（2）网络授课结束后，高一年级800名学生进行了测试，学生的数学成绩近似服从正态分布N（100，52），若90分以下都算不及格，问高一年级不及格的学生有多少人？（人数四舍五入）P（K2k0）0.0100.0050.001k0

8、6.6357.87910.828附1：参考公式：；附2：若随机变量X服从正态分布XN（，2），则P（X+）0.6827，P（2X+2）0.9545，P（3X+3）0.997321已知函数f（x）lnxax+1（aR）（1）求函数f（x）在区间上的最大值；（2）证明：22冬季两项是第24届北京冬奥会的比赛项目之一，它把越野滑雪和射击两种特点不同的竞赛项目结合在一起其中20km男子个人赛的规则如下：共滑行5圈（每圈4km），前4圈每滑行1圈射击一次，每次5发子弹；射击姿势及顺序为：第1圈滑行后卧射，第2圈滑行后立射，第3圈滑行后卧射，第4圈滑行后立射，第5圈滑行直达终点；如果选手有n发子弹未命中目

9、标，将被罚时n分钟；最终用时为滑雪用时、射击用时和被罚时间之和，最终用时少者获胜已知甲、乙两人参加比赛，甲滑雪每圈比乙慢36秒，甲、乙两人每发子弹命中目标的概率分别为和假设甲、乙两人的射击用时相同，且每发子弹是否命中目标互不影响（1）若在前三次射击中，甲、乙两人的被罚时间相同，求甲胜乙的概率；（2）若仅从最终用时考虑，甲、乙两位选手哪个水平更高？说明理由2021-2022学年重庆实验中学高二（下）数学期末复习试题（一）参考答案一选择题（共8小题）1解：因为f（x）为可导函数，且，则22f（1）1，所以f（1），即为曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线斜率，故选：D2解：由，当n为奇数时，可

10、得an+2an2，所以a1，a3，a5，是以a11为首项，2为公差的等差数列，故a191+（101）219，当n为偶数时，可得an+2+an2，由a22，可得a40，a62，a80，可得a182，所以故选：D3解：过点P作圆O的切线PA，PB，切点分别为A，B，APB120，由圆与切线的平面几何性质知，APO60，又|OA|2，则可得|OP|由平面几何知识可得|OQ|，Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，方程为x2+y23；|MQ|的最小值即为|OM|r2故选：A4解：由题意知，先将2名语文老师分到两个校区，有2种方法，第二步将3名数学老师分成2组，一组1人另一组2人，有种分法，然后再分到两个

11、校区，共有种方法，第三步只需将其他3人分成2组，一组1人另一组2人，由于每个校区各4人，故分组后两人所去的校区就已确定，共有种方法根据分步乘法计数原理共有236种故选：C5解：随机变量XN（2，1），图中阴影部分的面积为P（0X1）故选：A6解：6位同学参加接力赛跑，先考虑D和F的顺序不能相邻，其他四人的顺序数为种，D和F进行插空共有种，在所有符合条件的排序中，A要安排在B之前与A要安排在B之后的数量一样多，所以，符合要求的顺序有240种故选：A7解：多项式（x23x+2）5展开式的通项公式为，令r4，则T5，则此时x2系数，令r5，则T6，此时x2系数，x2系数为80+720800，故选：D

12、8解：设g（x），f（x）f（x），g（x）0，函数g（x）在R上是增函数，f（2022）e2022，1，即g（lnx）g（2022），由得lnx2022，解得0xe6066，不等式的解集为（0，e6066）故选：A二多选题（共4小题）9解：依题意圆C：（x3）2+（y2）21的圆心坐标为C（3，2），半径r1，显然直线AP的斜率存在，设斜率为k，则直线AP：yk（x2），即kxy2k0，所以，解得，故A错误；因为，所以，故C正确；当直线与圆相切时，APAQ，又APAQ，所以AQ不存在最小值，只存在最大值且，故B错误；设P（x1，y1），Q（x2，y2），由（x3）2+（y2）21与yk（x2

13、），消去y整理得（1+k2）x2（6+4k2+4k）x+4k2+8k+120，所以，所以（1+k2）x1x22（x1+x2）+4，故D正确；故选：CD10解：a11，A选项错；，a110，an0，anan+1，数列an单调递减，当n1时，S11；当2时，Sna1+a2+ana1+a1+a1n，D选项正确；，又，n2时，B选项正确；，C选项正确故选：BCD11解：对于A，因为一组数据x1，x2，x3，x10的方差为3，由方差的运算性质可知，所以x1+2，x2+2，x3+2，x10+2的方差也为3，故选项A正确；对于B，线性回归方程为，因为样本点的中心为（m，2.8）在回归方程上，所以2.80.3

14、mm，解得m4，故选项B错误；对于C，因为随机变量X服从正态分布N（，2），则其密度曲线关于X对称，所以1P（X1）P（X1），又P（X1）+P（X5）1，所以P（X5）P（X1），则，故选项C正确；对于D，因为随机变量X服从二项分布，所以E（X），则E（3X+1）3E（X）+1n+1，因为E（3X+1）6，则n+16，所以n5，故选：AC12解：设A1为第一天去甲餐厅，A2为第二天去甲餐厅，B1为第一天去乙餐厅，B2为第二天去乙餐厅，所以P（A1）0.4，P（B1）0.6，P（A2|A1）0.6，P（A2|B1）0.5，因为P（A2|A1）0.6，P（A2|B1）0.5，所以，P（A2）P（

15、A1|A2）0.24，P（A2）P（B1|A2）0.3，所以有P（A2）P（A1）P（A2|A1）+P（B1）P（A2|B1）0.40.6+0.60.50.54，故选项A正确；第二天去甲餐厅A1与第二天去乙餐厅B2为对立事件，P（B2）1P（A2）0.46，故选项B不正确；因为P（B1|A2），故选项C正确；P（A1|B2），故选项D不正确，故选：AC三填空题（共4小题）13解：已知A（2，0）、B（8，0）、C（4，2），且动点P满足，设点P（x，y），所以，整理得x2+y216；由于2|PC|+|PB|2|PC|+2|PA|2（|PC|+|PA|）；所以当A、P、C三点共线时，即点P在直线

16、AC上时，2|PC|+|PB|取得最小值；如图所示：直线AC的方程为yx2；由，解得或，由于点P在线段AC上，故点P故答案为：14解：f（x）xi（i2）的导数为f（x）ixi1，可得曲线f（x）在x2处的切线方程为y2ii2i1（x2），当x0时，y2i（1i），当y0时，x2，则Si2i（i1）2i；设Sn1222+2223+3224+.+n22n+1，2Sn1223+2224+3225+.+n22n+2，上面两式相减可得Sn22+323+524+.+（2n1）2n+1n22n+2，2Sn23+324+525+.+（2n1）2n+2n22n+3，可得Sn22+24+25+.+2n+2（2n

17、1）2n+2+n22n+3n22n+24+（n1）22n+2（n22n+3）2n+212故答案为：2i；（n22n+3）2n+21215解：由，由正弦定理有，设|NF2|2m，则|NF1|3m，又|NF1|NF2|2a，m2a，又（+）（）0，|2|20，故|MN|NF2|4a，|MF1|2a，又点M在左支上，故|MF1|MF2|2a，|MF2|4a，MNF2是等边三角形，故F1NF260，由余弦定理得4c236a2+16a226a4a，c27a2，e故答案为：16解：由题意可知X的可能取值为0，1，2，Y的可能取值为1，2；P（X0）0.1，P（X1）0.6，P（X2）0.3；P（Y1）0.

18、5，P（Y2）0.5；P（X+Y1）0.10.50.05，P（X+Y2）0.60.5+O.10.50.35，P（X+Y3）0.30.5+0.60.50.45，P（X+Y4）0.30.50.15，故X+Y的分布列：X+Y1234P0.050.350.450.15E（X+Y）10.05+20.35+30.45+40.152.7又从甲口袋中取出的黑球数为2X，同理可得2X分布列：2X012P0.30.60.1同理2X+Y的分布列：2X+Y 1 2 3 4P0.150.450.350.05E（）E（2X+Y）10.15+20.45+30.35+40.052.3，D（）（12.3）20.15+（22.3

19、）20.45+（32.3）20.35+（42.3）20.050.61故答案为：2.7；0.61四解答题（共6小题）17解：（I）设等差数列an的公差为d1，a23，且a1+1，a31，a63成等比数列，a1+d3，（a1+1）（a63），即（a1+1）（a1+5d3），解得a11，d2an1+2（n1）2n1（）证明：（），Sn（1+）（1），Sn+1Sn（）0，数列Sn单调递增，S1Sn，即Sn18解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+），当a0时，f（x）0，则函数f（x）在（0，+）上单调递增；当a0时，令f（x）0，得，令f（x）0，得，函数f（x）在上单调递增，在上单调递减；综上，

20、当a0时，函数f（x）在（0，+）上单调递增；当a0时，函数f（x）在上单调递增，在上单调递减；（2）若a0，由（1）可知f（x）在（1，+）上单调递增，而f（1）0，故此时无零点，不合题意；若a1，则，函数f（x）在上单调递减，则对任意x（1，+），都有f（x）f（1）0，不合题意；若0a1，则，由（1）可知f（x）在上单调递增，在上单调递减，则，又当x+时，f（x），由零点存在性定理可知，存在唯一，使得f（x0）0，符合题意故实数a的取值范围为（0，1）19（1）证明：连接BD，交AC于点O，底面ABCD为菱形，ACBD，由直四棱柱得GD底面ABCD，又AC平面ABCD，GDAC，又BDG

21、DD，BD，GD平面BDG，AC平面BDG，因为BG平面BDG，ACBG，已知CEBG，又ACCEC，AC，CE平面ACE，BG平面ACE，因为AE平面BDG，平面ABE平面CFGD，平面AEFG平面ABEAE，平面AEFG平面CFGDGF，FGAE，则FGBG（2）解：已知AB2，DAB60，可求BD2，由，则GD2，在直四棱柱中，FC底面ABCD，所以FAC为直线AF与底面ABCD所成角，则FC3，在平面ACF内作OzCF，可知Oz底面ABCD，如图，以O为原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则，B（0，1，0），G（0，1，2），则，设平面BCE的法向量为，则，取x1，得，z0，得，由（1

22、）知BG平面ACE，所以平面ACE的一个法向量为，则，所以锐二面角AECB的余弦值为20解：（1）补全22列联表，如下：A班B班合计严格遵守362056不能严格遵守143044合计505010010.38967.879，依据小概率值0.005的独立性检验，能判断“学生能严格遵守学校安排，完成居家学习”和学生所在班级有关系（2）学生的数学成绩近似服从正态分布N（100，52），P（X90）P（X2）0.02275，8000.0227518，高一学生不及格的学生为18人21解：（1）因为f（x）lnxax+1，xR，所以f（x）a，当a0时，f（x）0，所以f（x）在上单调递增，所以f（x）max

23、f（2）ln2+1，当a0时，f（x）a0，所以f（x）在上单调递增，所以f（x）maxf（2）ln22a+1，当0a时，2，f（x）0在上成立，所以f（x）在上单调递增，所以f（x）maxf（2）ln22a+1，当a2时，2，当x，）时，f（x）0，f（x）单调递增；x，2）时，f（x）0，f（x）单调递减；所以f（x）maxf（）lna；当a2时，f（x）0在上成立，所以f（x）在上单调递减，所以f（x）maxf（）ln2a+1；综上所述：f（x）max；（2）证明：令g（x）（+1）x（x0），则g（x）（+1）xln（+1）0，所以g（x）在（0，+）上单调递减，所以：（1+）（1+）

24、（1+）（1+）（1+）（1+）（1+）n（1+）n当n1时，（1+）n有最大值2，即：（1+）（1+）（1+）2e22解：（1）设第四圈甲命中n发，乙命中了m发，在前三次射击中，甲、乙两人的被罚时间相同，甲胜乙需要满足：60（5m）60（5n）+365，化为nm3m，nN，0n，m5n5，m1时，P1；n5，m0时，P2；n4，m0时，P3甲胜乙的概率PP1+P2+P3+（2）设甲射击命中目标的次数为X，乙射击命中目标的次数为Y，则XB（20，），YB（20，）E（X）2016发，E（Y）2015发，甲平均罚时为4分钟，乙平均罚时为5分钟，又甲滑雪每圈比乙慢36秒，甲滑雪用时比乙多了365180秒3分钟，4+35，乙的水平更高