北京市第四十三中学2020-2021学年高二下学期期中考试数学试题 含答案

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以下为本文档部分文字说明:

北京第43中学2020-2021学年度第二学期高二数学期中试卷A一、选择题(共10小题;共40分)1.若集合𝑀={𝑥∣∣⬚𝑥<3},𝑁={𝑥∣∣⬚𝑥2>4},则𝑀∩𝑁等于()A.(−2,3)B.(−∞,−2)C.(2,3)D.(−∞,−2)∪(2,3)2.在复平面内,复数对应的点位

于i1+i()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.在等差数列{𝑎𝑛}中,若𝑎3+𝑎7=10,𝑎6=7,则公差𝑑=()A.1B.2C.3D.44.在等比数列{𝑎𝑛}中,首项𝑎1=12,公比𝑞=

12,𝑎𝑛=132,则项数𝑛为()A.3B.4C.5D.65.已知向量𝑎⃗=(1,2),𝑏⃗⃗=(2,𝑥),𝑎⃗+𝑏⃗⃗与𝑏⃗⃗平行,则实数𝑥的值为()A.1B.2C.3D.46.已知圆的方程是𝑥2+𝑦2−2𝑥−8=0,则该圆的圆心坐

标及半径分别为()A.(−1,0)与9B.(1,0)与9C.(−1,0)与3D.(1,0)与37.已知椭圆与双曲线𝑥24−𝑦212=1的焦点相同,且椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为10,那么椭圆的离心率等于()A.35B.45C.54D.348.已知在10支铅笔中,有8支正品,2支次品,从中

任取2支,则在第一次抽的是次品的条件下,第二次抽的是正品的概率是()A.15B.845C.89D.459.端午节放假,甲回老家过节的概率为13,乙、丙回老家过节的概率分别为14,15.假定三人的行动相互之间没有影响

,那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为()A.5960B.35C.12D.16010.数列{𝑎𝑛}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,⋯,称为斐波那契数列,是由十三世纪意大利数学家列昂纳多⋅斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.

该数列从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和.即:𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+1+𝑎𝑛.记该数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,则下列结论正确的是()A.𝑆2019=𝑎2020+2B.𝑆201

9=𝑎2021+2C.𝑆2019=𝑎2020−1D.𝑆2019=𝑎2021−1二、填空题(共5小题;共25分)11.设复数𝑧=1−2i,(i是虚数单位),则∣𝑧∣=.12.在(1−2𝑥)6的二项

展开式中,𝑥3项的系数为(用数字作答).13.已知数列{𝑎𝑛}中,𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛对∀𝑛∈𝐍∗成立,且𝑎3=12,则𝑎1=.14.已知等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,𝑎5=5,𝑆5=15,则数列{1𝑎𝑛𝑎𝑛+1}的前100项和为.15.已知数列{𝑎

𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=2𝑛−1,把{𝑎𝑛}中的各项按照一定的顺序排列成如图所示的三角形数阵:135791113151719⋯⋯(1)数阵中第5行所有项的和为;(2)2019在数阵中第𝑖行的第𝑗列,则𝑖+𝑗=.三、解答题(共6小题;共85分)16.设等差数列当{𝑎𝑛}满足:

𝑎3=5,𝑎10=−9.(1)求{𝑎𝑛}的通项公式;(2)求{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛及使得𝑆𝑛最大的序号𝑛的值.17.等差数列{𝑎𝑛}中,𝑎2=4,𝑎4+𝑎7=15.(

1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式;(2)设𝑏𝑛=2𝑎𝑛−2+𝑛,求𝑏1+𝑏2+𝑏3+⋯+𝑏10的值.18.如图,在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中,𝐸为𝐵𝐵1的中点.(1)求证:𝐵𝐶1

∥平面𝐴𝐷1𝐸;(2)求直线𝐴𝐴1与平面𝐴𝐷1𝐸所成角的正弦值.19.已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为√63,椭圆𝐶上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为6.(1)求椭圆𝐶的方程;(2)设直线𝑙:𝑦

=𝑘𝑥−2与椭圆𝐶交于𝐴,𝐵两点,点𝑃(0,1),且∣𝑃𝐴∣=∣𝑃𝐵∣,求直线𝑙的方程.20.图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图,空气质量指数小于100表示空气质量优良,空气质

量指数大于200表示空气重度污染,某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市,并停留2天.(1)求此人到达当日空气重度污染的概率;(2)设𝑋是此人停留期间空气质量优良的天数,求𝑋的分布列与数学期望;(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大?(结论不要求证明)21.已知

数列{𝑎𝑛}为等差数列,且满足𝑎2=0,𝑎6=12,数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,且𝑏1=1,𝑏𝑛+1=2𝑆𝑛+1.(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式;(2)证明:{𝑏𝑛}是等比数列,并求{𝑏𝑛}的通项公式;(3)若对任意的𝑛∈N+,不等式𝑘⋅(𝑆𝑛+1

2)≥𝑎𝑛恒成立,求实数𝑘的取值范围.答案第一部分1.D2.A3.B【解析】在等差数列{𝑎𝑛}中,因为𝑎3+𝑎7=10,𝑎6=7,所以{𝑎1+2𝑑+𝑎1+6𝑑=10,𝑎1+5�

�=7,解得{𝑎1=−3,𝑑=2.4.C5.D【解析】由已知𝑎⃗+𝑏⃗⃗=(3,2+𝑥),又(𝑎⃗+𝑏⃗⃗)∥𝑏⃗⃗,所以3𝑥=2(2+𝑥),解得:𝑎=4,故选:D.6.D【解析】根据题意,圆的方程是𝑥2+�

�2−2𝑥−8=0,即(𝑥−1)2+𝑦2=9,其圆心为(1,0),半径𝑟=3.7.B【解析】双曲线𝑥24−𝑦212=1的焦点为(±√4+12,0),即为(±4,0),即有椭圆的𝑐=4,由椭圆的定义可得2𝑎=10,可得𝑎=5,则椭圆的离心率为𝑒=𝑐

𝑎=45.8.C【解析】记事件𝐴,𝐵分别表示“第一次,第二次抽得正品”,则𝐴𝐵表示“第一次抽得次品,第二次抽得正品”,故𝑃(𝐵∣𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=2×810×92×910×9=89.9.B【解析】

“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件𝐴,𝐵,𝐶,则𝑃(𝐴)=13,𝑃(𝐵)=14,𝑃(𝐶)=15,所以𝑃(𝐴)=23,𝑃(𝐵)=34,𝑃(𝐶)=45.由题知𝐴,𝐵,𝐶为相互独立事件,所以三人都不回老家过节的概率𝑃(𝐴𝐵𝐶)=𝑃(𝐴)�

�(𝐵)𝑃(𝐶)=23×34×45=25,所以至少有一人回老家过节的概率𝑃=1−25=35.10.D【解析】因为𝑆𝑛=𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑛=(𝑎3−𝑎2)+(𝑎4−𝑎3)+(𝑎5−𝑎4)+(𝑎6−𝑎5)+⋯+(𝑎𝑛+2−𝑎𝑛+1)=

𝑎𝑛+2−𝑎2=𝑎𝑛+2−1.所以𝑆2019=𝑎2021−1.第二部分11.√512.−16013.3【解析】因为12=𝑎3=2𝑎2,所以𝑎2=6.因为6=𝑎2=2𝑎1,所以𝑎1=3.14.100101【解析】设等差数列的公差为𝑑,由题意可得,{𝑎

1+4𝑑=5,5𝑎1+10𝑑=15,解方程可得,𝑑=1,𝑎1=1,由等差数列的通项公式可得:𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=1+(𝑛−1)×1=𝑛.∴1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1𝑛(𝑛+1)=1𝑛−1𝑛+1,𝑆100=1−12+12−13+⋯+1100

−1101=1−1101=100101.15.125,65【解析】(1)第5行的5个数依次为21,23,25,27,29,其和为(21+29)×52=125.(2)令2𝑛−1=2019,得𝑛=1010,故2019是数列{𝑎𝑛}中的第10

10项.又数阵的前44行共有(1+44)×442=990个数,前45行共有(1+45)×452=1035个数,故数列{𝑎𝑛}的第1010项在第45行,即𝑖=45,又1010−990=20,故2019是第45行的第2

0个数,即𝑗=20.故计𝑖+𝑗=65.第三部分16.(1)由𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑及𝑎3=5,𝑎10=−9得{𝑎1+2𝑑=5,𝑎1+9𝑑=−9,解得{𝑎1=9,𝑑=−2.所以数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=11−2𝑛.(2)由(1)知𝑆𝑛=𝑛�

�1+𝑛(𝑛−1)2𝑑=10𝑛−𝑛2.因为𝑆𝑛=−(𝑛−5)2+25,所以当𝑛=5时,𝑆𝑛取得最大值.17.(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑,由已知得{𝑎1+𝑑=4,(𝑎1+3𝑑)+(𝑎1+6𝑑)=15.解得{𝑎1=3,𝑑=1.所以𝑎𝑛=𝑎1

+(𝑛−1)𝑑=𝑛+2.(2)由(1)可得𝑏𝑛=2𝑛+𝑛,所以𝑏1+𝑏2+𝑏3+⋯+𝑏10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+⋯+(210+10)=(2+22+23+⋯+210)+(

1+2+3+⋯+10)=2(1−210)1−2+(1+10)×102=(211−2)+55=211+53=2101.18.(1)如下图所示:在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中,𝐴𝐵

∥𝐴1𝐵1且𝐴𝐵=𝐴1𝐵1,𝐴1𝐵1∥𝐶1𝐷1且𝐴1𝐵1=𝐶1𝐷1,所以𝐴𝐵∥𝐶1𝐷1且𝐴𝐵=𝐶1𝐷1,所以,四边形𝐴𝐵𝐶1𝐷1为平行四边形,则𝐵𝐶1∥𝐴𝐷1,因为𝐵𝐶1⊄平面

𝐴𝐷1𝐸,𝐴𝐷1⊂平面𝐴𝐷1𝐸,所以𝐵𝐶1∥平面𝐴𝐷1𝐸.(2)以点𝐴为坐标原点,𝐴𝐷,𝐴𝐵,𝐴𝐴1所在直线分别为𝑥,𝑦,𝑧轴建立如下图所示的空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧.设正方体𝐴𝐵�

�𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2,则𝐴(0,0,0),𝐴1(0,0,2),𝐷1(2,0,2),𝐸(0,2,1),𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,2),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,1),设平面𝐴𝐷1�

�的法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧),由{𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{2𝑥+2𝑧=0,2𝑦+𝑧=0,令𝑧=−2,则𝑥=2,𝑦=1,则𝑛⃗⃗=(2,1,−2).cos⟨𝑛

⃗⃗,𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩=𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣𝑛⃗⃗∣∣⋅∣∣𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣∣=−43×2=−23.因此,直线𝐴𝐴1与平面𝐴𝐷1𝐸所成角的正弦值为23.19.(1)由已知2𝑎=6,𝑐𝑎=√63,解得𝑎=3,𝑐=√6,所以𝑏2

=𝑎2−𝑐2=3,所以椭圆𝐶的方程为𝑥29+𝑦23=1.(2)由{𝑥29+𝑦23=1,𝑦=𝑘𝑥−2,得,(1+3𝑘2)𝑥2−12𝑘𝑥+3=0,直线与椭圆有两个不同的交点,所以𝛥=144𝑘2−12(1+3𝑘2)>0,解得𝑘2>19.设𝐴(𝑥

1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),则𝑥1+𝑥2=12𝑘1+3𝑘2,𝑥1𝑥2=31+3𝑘2,计算𝑦1+𝑦2=𝑘(𝑥1+𝑥2)−4=𝑘⋅12𝑘1+3𝑘2−4=−41+3𝑘2,所以𝐴,𝐵中点坐标为𝐸(6�

�1+3𝑘2,−21+3𝑘2),因为∣𝑃𝐴∣=∣𝑃𝐵∣,所以𝑃𝐸⊥𝐴𝐵,𝑘𝑃𝐸⋅𝑘𝐴𝐵=−1,所以−21+3𝑘2−16𝑘1+3𝑘2⋅𝑘=−1,解得𝑘=±1,经检验,符合题意,所以直线𝑙

的方程为𝑥−𝑦−2=0或𝑥+𝑦+2=0.20.(1)设𝐴𝑖表示事件“此人于3月𝑖日到达该市”(𝑖=1,2,⋯,13).根据题意,𝑃(𝐴𝑖)=113,且𝐴𝑖∩𝐴𝑗=∅(𝑖≠𝑗).设𝐵为

事件“此人到达当日空气重度污染”,则𝐵=𝐴5∪𝐴8,所以𝑃(𝐵)=𝑃(𝐴5∪𝐴8)=𝑃(𝐴5)+𝑃(𝐴8)=213.(2)由题意可知𝑋的所有可能取值为0,1,2,且𝑃(𝑋=1)=𝑃(𝐴3∪𝐴6∪𝐴7∪𝐴11)=𝑃(𝐴3)+𝑃(𝐴

6)+𝑃(𝐴7)+𝑃(𝐴11)=413,𝑃(𝑋=2)=𝑃(𝐴1∪𝐴2∪𝐴12∪𝐴13)=𝑃(𝐴1)+𝑃(𝐴2)+𝑃(𝐴12)+𝑃(𝐴13)=413,𝑃(𝑋=0)=1−𝑃(𝑋=1)−𝑃(𝑋=2)=513,所以𝑋的分布列为𝑋012�

�513413413故𝑋的期望𝐸(𝑋)=0×513+1×413+2×413=1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.21.(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑,因为𝑎6−𝑎

2=4𝑑=12,所以𝑑=3,所以𝑎𝑛=𝑎2+(𝑛−2)𝑑,即𝑎𝑛=3𝑛−6.(2)因为𝑏𝑛+1=2𝑆𝑛+1,所以𝑏𝑛=2𝑆𝑛−1+1(𝑛≥2),所以𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=2

(𝑆𝑛−𝑆𝑛−1),所以𝑏𝑛+1=3𝑏𝑛(𝑛≥2).又𝑏2=2𝑆1+1=3,𝑏2=3𝑏1也成立,所以{𝑏𝑛}是以1为首项,3为公比的等比数列,所以𝑏𝑛=3𝑛−1.(3)𝑆𝑛=1−3𝑛1−3=3𝑛−12,所以𝑘⋅(3𝑛−1

2+12)≥3𝑛−6对𝑛∈𝐍+恒成立,即𝑘≥6(𝑛−2)3𝑛对𝑛∈𝐍+恒成立.令𝑐𝑛=𝑛−23𝑛,则𝑐𝑛−𝑐𝑛−1=𝑛−23𝑛−𝑛−33𝑛−1=−2𝑛+73𝑛(𝑛≥2且�

�∈𝐍+),当𝑛≤3且𝑛∈𝐍+时,𝑐𝑛>𝑐𝑛−1,当𝑛≥4且𝑛∈𝐍+时,𝑐𝑛<𝑐𝑛−1,所以(𝑐𝑛)max=𝑐3=127,故𝑘≥6𝑐3=29,即𝑘的取值范围为[29

,+∞).

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