黑龙江省哈尔滨市尚志第五中学2021-2022学年高二数学理上学期期末试卷含解析

黑龙江省哈尔滨市尚志第五中学2021-2022学年高二数学理上学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.黑白两种颜色的正六边形地面砖如图的规律拼成若干个图案，则第2011个图案中，白色地面砖的块数是(

)

A．8046

B．8042

C．4024

D．6033

参考答案：A略2.若方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（

）A．或

B．

C．且

D．

参考答案：D3.某班级有5名编号为1，2，3，4，5的学生进行投篮练习，每人投10次，投中的次数如表：学生1号2号3号4号5号投中次数67787则投中次数的方差为S2=(

)A．2 B．0.4 C．4 D．0．参考答案：B【考点】极差、方差与标准差．【专题】运动思想；综合法；概率与统计．【分析】先求出平均数再求出方差即可．【解答】解：由题意知甲班的投中次数是6，7，7，8，7，这组数据的平均数是7，甲班投中次数的方差是（1+0+0+1+0）=0.4，故选：B．【点评】本题考查了求方差和平均数问题，是一道基础题．4.把数列{an}的各项按顺序排列成如下的三角形状，记表示第行的第个数，例如=，若=，则（

）A.36

B．37

C．38

D.45

参考答案：B由A（，）表示第行的第n个数可知，根据图形可知：①每一行的最后一个项的项数为行数的平方，②每一行种的数字都是逐渐递增的所以第44行的最后一个项的项数为442=1936，即为a1936；所以第45行的最后一个项的项数为452=2025，即为a2025；所以若A（，）=a2014，一定在45行，即=45，所以a1937是第所以第45行的第一个数，2018﹣1937+1=82，故=82．所以．故选：B．

5.设，，，则（）．A．B．C．D．参考答案：D6.已知>O，b>0,+b=2，则的最小值是

(

)(A)

(B)4

(C)

(D)5参考答案：C7.右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是(

)

(A)9π

（B）10π

(C)11π

(D)12π

参考答案：D8.若l为一条直线，α、β、γ为三个互不重合的平面，给出下面三个命题：①α⊥γ，β⊥γα⊥β；②α⊥γ,β∥γα⊥β；③l∥α,l⊥βα⊥β．其中正确的命题有A．0个

B．1个

C．2个

D．3个参考答案：C9.已知⊙O的方程是，，，若在⊙O上存在点P，使，则实数m的取值范围是A． [] B． C． [] D．参考答案：A10.设随机变量～，且，则的值（

）A

0

B

1

C

D

参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=2x+y的最大值为______．参考答案：8【分析】由约束条件画出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组得到最优解的坐标，代入目标函数得到答案．【详解】解：作出变量x，y满足约束条件如图：由z=2x+y知，动直线y=-2x+z的纵截距z取得最大值时，目标函数取得最大值．求得A（3，2），结合可行域可知当动直线经过点A（3，2）时，目标函数取得最大值z=2×3+2=8．故答案为：8．【点睛】本题考查线性规划的简单应用，画出约束条件的可行域是解题的关键．12.过点作一直线与椭圆相交于A、B两点，若点恰好为弦的中点，则所在直线的方程为__________．参考答案：略13.已知复数z=x+yi，且|z﹣2|=，则的最大值为．参考答案：【考点】复数求模．【分析】由题意求出x，y的关系，利用的几何意义点与原点连线的斜率，求出它的最大值．【解答】解：，即（x﹣2）2+y2=3就是以（2，0）为圆心以为半径的圆，的几何意义点与原点连线的斜率，易得的最大值是：故答案为：．14.德国数学家科拉茨1937年提出一个著名的猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半（即）；如果n是奇数，则将它乘3加1（即3n+1），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1．对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请你研究：如果对正整数n（首项）按照上述规则旅行变换后的第9项为1（注：1可以多次出现），则n的所有不同值的个数为

．参考答案：7【考点】8B：数列的应用．【分析】利用第9项为1出发，按照规则，逆向逐项即可求出n的所有可能的取值．【解答】解：如果正整数n按照上述规则施行变换后的第9项为1，则变换中的第8项一定是2，则变换中的第7项一定是4，变换中的第6项可能是1，也可能是8；变换中的第5项可能是2，也可是16，变换中的第5项是2时，变换中的第4项是4，变换中的第3项是1或8，变换中的第2项是2或16，变换中的第5项是16时，变换中的第4项是32或5，变换中的第3项是64或10，变换中的第2项是20或3，变换中第2项为2时，第1项为4，变换中第2项为16时，第1项为32或5，变换中第2项为3时，第1项为6，变换中第2项为20时，第1项为40，变换中第2项为21时，第1项为42，变换中第2项为128时，第1项为256，则n的所有可能的取值为4，5，6，32，40，42，256，共7个，故答案为：7．15.圆（为参数）的极坐标方程为．参考答案：16.圆的圆心坐标为__________．参考答案：化为标准方程为，所以圆心坐标为．17.已知随机变量，且，则______．参考答案：0.34.三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（本小题满分14分）设函数的图象与x轴相交于一点，且在点处的切线方程是

（I）求t的值及函数的解析式；

（II）设函数

（1）若的极值存在，求实数m的取值范围。

（2）假设有两个极值点的表达式并判断是否有最大值，若有最大值求出它；若没有最大值，说明理由。参考答案：解：（I）设切点P代入直线方程上，得P（2,0）,且有,即……①

………2分又，由已知得……②联立①②，解得．所以函数的解析式为

……………4分（II）⑴因为令当函数有极值时，则，方程有实数解，

由，得．

……8分①当时，有实数，在左右两侧均有，故函数无极值

②当时，有两个实数根情况如下表：+0-0+↗极大值↘极小值↗所以在时，函数有极值；…………10分⑵由⑴得且，……………12分∵，∴，

，故有最大值为………14分略19.已知函数(1)当时，求关于x的不等式的解集；(2)若关于x的不等式有解，求a的取值范围．参考答案：（1）；（2）【分析】（1）将代入函数，根据零点分段法去掉绝对值，分别建立不等式组，解不等式组取并集；（2）根据不等式有解等价于，又根据三角不等式得，即函数的最小值为，将问题转化为，求解即可求的取值范围.【详解】解：（1）当时，不等式为.若，则即；若，则舍去；若，则即；综上，不等式的解集为（2）因为，得到的最小值为，所以，得.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查绝对值的三角不等关系的应用和不等式存在解问题的求解方法.函绝对值的不等式的解法：（1）定义法；即利用去掉绝对值再解（2）零点分段法：通常适用于含有两个及两个以上的绝对值符号的不等式；（3）平方法：通常适用于两端均为非负实数时（比如）；（4）图象法或数形结合法；（5）不等式同解变形原理.

20.4位参加辩论比赛的同学，比赛规则是：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得﹣100分；选乙题答对得90分，答错得﹣90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学有多少种不同得分情况？参考答案：【考点】D8：排列、组合的实际应用．【分析】根据题意，分2种情况讨论：①、如果四位同学中有2人选甲、2人选乙；进而分析可得必须是选甲的2人一人答对，另一人答错，选乙的2人一人答对，另一人答错；由排列、组合公式可得其情况数目，②、如果四位同学中都选甲或者都选乙；分析可得此时必须是2人答对，另2人答错，由排列、组合公式可得其情况数目；由分类计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：①、如果四位同学中有2人选甲、2人选乙；若这4位同学不同得分，则必须是选甲的2人一人答对，另一人答错，选乙的2人一人答对，另一人答错；有C42A22A22=24种不同的情况；②、如果四位同学中都选甲或者都选乙；若这4位同学不同得分，则必须是2人答对，另2人答错，有C21C42C22=12种不同的情况；则一共有24+12=36种不同的情况．21.已知命题p：，且，命题q：且（１）若，求实数a的取值范围；（２）若是的充分条件，求实数a的取值范围。参考答案：（１）依题得：…………２分由得：，所以…………５分（２）若是的充分条件所以：p是q的充分条件，即…………６分所以：…………８分得…………１０分22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x