【文档说明】河南省鹤壁高中2020-2021学年高二下学期寒假学习效果检测数学（理）试题 含答案.docx，共(15)页，116.564 KB，由小赞的店铺上传

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12022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）＝1﹣i，则z的虚部等于（）A．﹣iB．﹣1C．0D．12．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（）A．2种B．3种C．6种D．8种3．设i为虚数单位，则（x+i）6的展开式中含x4的项为（）A．﹣15x4B．15x4C．﹣20ix4D．20ix44．如图，正方形ABCD的边长为1

，延长BA至E，使AE＝1，连接EC、ED，则sin∠CED＝（）A．3√1010B．√1010C．√510D．√5155．设随机变量ξ～N（μ，1），函数f（x）＝x2+2x﹣ξ没有零点的概率是0.5，则P（0＜ξ≤1）＝（）附：若ξ～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）

≈0.6826，P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）≈0.9544．A．0.1587B．0.1359C．0.2718D．0.34136．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（）A．23B．16C．60671D．240671

27．数列{an}中，a1＝2，am+n＝aman．若ak+1+ak+2+…+ak+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．58．用数学归纳法证明：（n+1）（n+2）…（n+n）＝2n•1•2•3…•（2n﹣1）（n∈N*）．从k

（k∈N*）到k+1，若设f（k）＝（k+1）（k+2）…（k+k），则f（k+1）等于（）A．f（k）+[2（2k+1）]B．f（k）•[2（2k+1）]C．𝑓(𝑘)+2𝑘+1𝑘+1D．𝑓(𝑘)⋅2𝑘+1𝑘+19．如图，在底面半径和高均为1的圆锥中，AB、C

D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（）A．1B．√32C．√62D．√10410．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1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（）A．3个B．4个C．5个D．6个11．若n是正奇数，则7n+C⬚𝑛17n﹣1+C⬚𝑛27n﹣2+……+C⬚𝑛𝑛−17被9除的余数为（）3A．2B．5C．7D．812．已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑚𝑥−1𝑚𝑙𝑛𝑥，当x＞0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，每小题5分，共20分）13．若x，y∈R+，且1𝑥+2y＝3，则𝑦𝑥的最大值为．14．曲线y＝lnx−1𝑥在x＝1处的切线的倾斜角为α，则sin2α＝．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0.6，客场取胜的概率为0.5，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A，B，C的对边分别为a，b，c．设（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC．（1）求A；（2）若√2a+b＝2c，求sinC．18．（12分）数列{an}中，a1=13，2an

+1an+an+1﹣an＝0．（1）求{an}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+an﹣1an＜17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，AE＝AD．△

ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，4PO=√66DO．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E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情况相互独立．（Ⅰ）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；（Ⅱ）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（a＞b＞0）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．（Ⅰ）求椭圆E的离心率；（Ⅱ）如图，AB是圆M：（x+2）2+（y﹣

1）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）＝x2e﹣x5（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线y＝f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．6鹤壁高中20

22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）＝1﹣i，∴z=1−𝑖1+𝑖=(1−𝑖)2(1+𝑖)(1−𝑖)=1−2𝑖+𝑖21−𝑖2=−i，∴z的虚部为

﹣1．故选：B．2．【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：C．3．【解答】解：（x+i）6的展开式中含x4的项为𝐶64x4•i2＝﹣15x

4，故选：A．4．【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cos∠CED=5+2−12×√2×√5=3√1010，∴sin∠CED=√1−910=√1010．故选B．法二：在△CED中，根据图形可求得ED=√2，CE=√5，∠CDE＝13

5°，由正弦定理得𝐶𝐸𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝐷𝐸=𝐶𝐷𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝐸𝐷，即𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝐸𝐷=𝐶𝐷𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝐷𝐸𝐶𝐸=𝑠𝑖𝑛135°√5=√1010．故选：B．75．【解答】解：由题意得，P（0＜ξ≤1）=

0.9544−0.68262=0.1359，故选：B．6．【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）=4⋅𝐴536×6×6×6，P（A）=𝐴646×6×6×6，则P（B|A）=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=4

×𝐴53𝐴64=23，故选：A．7．【解答】解：由a1＝2，且am+n＝aman，取m＝1，得an+1＝a1an＝2an，∴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=2⋅2𝑘=2𝑘+1，∴ak+1+ak+2+…+ak+10=2𝑘+1(1−210)1−2=211+𝑘−2𝑘+1=215﹣25，∴k+1＝5，即k＝4．故选：C．8．【解答】解：由数学归纳法证明（n+1）（n+2）…（n+n）＝2n•1•3…（2n﹣1）（n∈N*）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：B．9．【解答】解：如图所示，过点E作EF⊥AB，垂足为F．∵E是母线PB的中点，圆锥的

底面半径和高均为1，∴OF＝EF=12．∴𝑂𝐸=√22．在平面CED内建立直角坐标系．设抛物线的方程为y2＝2px（p＞0），F为抛物线的焦点．C(√22，1)，∴1=2×√22𝑃，解得p=√22．F(√24，0)．即点F为OE的8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：D．10．【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=√6，|PD|＝|PA1|＝|PC1|=√22+22+12=3，|PB|=√3，|PD1|=√22+22+22=2√3．故P到各顶点的距离的不同取值有√6，3，√3，2√3共4个．故选：B．11．【解答】解：∵n是正奇数

，则7n+C⬚𝑛17n﹣1+C⬚𝑛27n﹣2+……+C⬚𝑛𝑛−17+𝐶𝑛𝑛−1＝（7+1）n﹣1＝（9﹣1）n﹣1＝9n﹣C⬚𝑛19n﹣1+C⬚𝑛29n﹣2﹣…+C⬚𝑛𝑛−19−𝐶𝑛𝑛−1，∴它被9除的余数为−𝐶𝑛𝑛−1＝

﹣2，即它被9除的余数为7，故选：C．912．【解答】解：由题意，若m≤0显然f（x）不是恒大于零，故m＞0．（由4个选项也是显然，可得m＞0），则显然𝑓(𝑥)=𝑒𝑚𝑥−1𝑚𝑙𝑛𝑥＞

0在（0，1]上恒成立；当x＞1时，𝑓(𝑥)=𝑒𝑚𝑥−1𝑚𝑙𝑛𝑥＞0⇔𝑒𝑚𝑥＞1𝑚𝑙𝑛𝑥⇔𝑚𝑥⋅𝑒𝑚𝑥＞𝑥𝑙𝑛𝑥=𝑙𝑛𝑥⋅𝑒𝑙𝑛𝑥，令g（t）＝tet（t＞0），g′（t）＝（1+t）et＞0，g（t）

在（0，+∞）上单调递增．因为mx＞0，lnx＞0（x＞1），所以mx⋅emx＞lnx⋅elnx⇔mx＞lnx，即𝑚＞𝑙𝑛𝑥𝑥(𝑥＞1)，再设ℎ(𝑥)=𝑙𝑛𝑥𝑥⇒ℎ′(𝑥)=1−𝑙𝑛𝑥𝑥2(𝑥＞1)，令h′（x）＝0，则x＝e，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𝑚＞1𝑒，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+2y≥2√1𝑥⋅2𝑦，∴𝑦𝑥≤（32√2）2=98；故答案为：9814．【解

答】解：由y＝lnx−1𝑥，得y'=1𝑥+1𝑥2，∴曲线y＝lnx−1𝑥在x＝1处的切线斜率k＝2，∵曲线y＝lnx−1𝑥在x＝1处的切线的倾斜角为α，∴tanα＝2，∴sin2α＝2sinαcosα=2𝑡𝑎𝑛𝛼1+𝑡𝑎𝑛2�

�=45．故答案为：45．15．【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0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，10甲队以4：1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：p1＝0.4×0.6×0.5×0.

5×0.6＝0.036，②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p2＝0.6×0.4×0.5×0.5×0.6＝0.036，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p3＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，④前5场比赛中

，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p3＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，则甲队以4：1获胜的概率为：p＝p1+p2+p3+p4＝0.036+0.036+0.054+0.054＝0.18．故答案为：0.18．16．【解答】解：如图，由双曲线x2−𝑦23=1，得a2

＝1，b2＝3，∴𝑐=√𝑎2+𝑏2=2．不妨以P在双曲线右支为例，当PF2⊥x轴时，把x＝2代入x2−𝑦23=1，得y＝±3，即|PF2|＝3，此时|PF1|＝|PF2|+2＝5，则|PF1|+|PF2|＝8；由PF1⊥PF2，得|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2=|

𝐹1𝐹2|2=4𝑐2=16，又|PF1|﹣|PF2|＝2，①两边平方得：|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2−2|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=4，∴|PF1||PF2|＝6，②联立①②解得：|𝑃𝐹1|=1+√7，|𝑃𝐹2|=−1+√7，此时|PF1|+|

PF2|=2√7．∴使△F1PF2为锐角三角形的|PF1|+|PF2|的取值范围是（2√7，8）．故答案为：（2√7，8）．三．解答题（共6小题）17．【解答】解：（1）∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．11∵（

sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC．∴sin2B+sin2C﹣2sinBsinC＝sin2A﹣sinBsinC，∴由正弦定理得：b2+c2﹣a2＝bc，…………（2分）∴cosA=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐=𝑏𝑐2𝑏𝑐=12，∵0＜A＜π，∴

A=𝜋3．…………（5分）（2）∵√2a+b＝2c，A=𝜋3，∴由正弦定理得√2𝑠𝑖𝑛𝐴+𝑠𝑖𝑛𝐵=2𝑠𝑖𝑛𝐶，∴√62+𝑠𝑖𝑛(2𝜋3−𝐶)=2𝑠𝑖𝑛𝐶…………

（7分）解得sin（C−𝜋6）=√22，∴C−𝜋6=𝜋4，C=𝜋4+𝜋6，…………（9分）∴sinC＝sin（𝜋4+𝜋6）＝sin𝜋4cos𝜋6+cos𝜋4sin𝜋6=√22×√

32+√22×12=√6+√24．…（10分）18．【解答】解：（1）∵2an+1an+an+1﹣an＝0．∴1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=2，…………（2分）又1𝑎1=3，∴数列{1𝑎𝑛}是以3为首项，2为公差的

等差数列，∴1𝑎𝑛=2𝑛+1，∴𝑎𝑛=12𝑛+1；…………（5分）（2）由（1）知，𝑎𝑛−1𝑎𝑛=1(2𝑛−1)(2𝑛+1)=12(12𝑛−1−12𝑛+1)(𝑛≥2)，…………（7分）∴a1a2+a

2a3+…+an﹣1an=12[(13−15)+(15−17)+⋯+(12𝑛−1−12𝑛+1)]=12(13−12𝑛+1)，∵a1a2+a2a3+…+an﹣1an＜17，∴12(13−12𝑛+1)＜17，…………（

10分）∴4n+2＜42，∴n＜10，∵n∈N*，∴n的最大值为9．…………（12分）19．【解答】解：（1）不妨设圆O的半径为1，OA＝OB＝OC＝1，AE＝AD＝2，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐶=√

3，𝐷𝑂=√𝐷𝐴2−𝑂𝐴2=√3，𝑃𝑂=√66𝐷𝑂=√22，12𝑃𝐴=𝑃𝐵=𝑃𝐶=√𝑃𝑂2+𝐴𝑂2=√62，…………（2分）在△PAC中，PA2+PC2＝AC2，故PA⊥PC，…………（4分

）同理可得PA⊥PB，又PB∩PC＝P，…………（5分）故PA⊥平面PBC；…………（6分）（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有𝐵(√32，12，0)，𝐶(−√32，12，0)，𝑃(0，0，√22)，E（0，1，0），故𝐵�

�→=(−√3，0，0)，𝐶𝐸→=(√32，12，0)，𝐶𝑃→=(√32，−12，√22)，…………（8分）设平面PBC的法向量为𝑚→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑚→⋅𝐵𝐶→=−√3𝑥=0𝑚→⋅𝐶𝑃→=√32

𝑥−12𝑦+√22𝑧=0，可取𝑚→=(0，√2，1)，…………（10分）同理可求得平面PCE的法向量为𝑛→=(√2，−√6，−2√3)，…………（11分）故𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝑚→⋅𝑛→||𝑚→||𝑛→|=2√55，即二面角B﹣PC﹣E的余弦值为2√55．…………（

12分）20．【解答】解：（I）甲上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为23，故X～B（3，23），…………（2分）从而P（X＝k）=𝐶3𝑘(23)𝑘(13)3−𝑘，k＝0，1，2，3．所以，随机变量X的分布列为：13X0123P1272949

827…………（4分）随机变量X的期望E（X）＝3×23=2．…………（6分）（II）设乙同学上学期间的三天中7：30到校的天数为Y，则Y～B（3，23），……（8分）且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}，由题意知{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且

{X＝3}与{Y＝1}，{X＝2}与{Y＝0}相互独立，…………（10分）由（I）知，P（M）＝P（{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}＝P（{X＝3，Y＝1}+P{X＝2，Y＝0}＝P（X＝3）P（Y＝1）+P（X＝

2）P（Y＝0）=827×29+49×127=20243……（12分）21．【解答】解：（Ⅰ）经过点（0，b）和（c，0）的直线方程为bx+cy﹣bc＝0，则原点到直线的距离为d=𝑏𝑐√𝑏2+𝑐2=1

2c，即为a＝2b，…………（2分）e=𝑐𝑎=√1−𝑏2𝑎2=√32；…………（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆E的方程为x2+4y2＝4b2，①由题意可得圆心M（﹣2，1）是线段AB的中点，则|AB|=√10，易知AB与x轴不垂直，记其方程为y＝k（x+2）+1，代入①

可得（1+4k2）x2+8k（1+2k）x+4（1+2k）2﹣4b2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=−8𝑘(1+2𝑘)1+4𝑘2．x1x2=4(1+2𝑘)2−4𝑏21+4𝑘2，…………（6分）14由M为AB的中点，可得x1+x2＝﹣4，得−8𝑘(

1+2𝑘)1+4𝑘2=−4，解得k=12，………（8分）从而x1x2＝8﹣2b2，于是|AB|=√1+(12)2•|x1﹣x2|=√52•√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√10(𝑏2−2)=√10，解得b2＝3，…………（11分）则有椭圆E的方程为𝑥212+𝑦

23=1．…………（12分）22．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝x2e﹣x，∴f′（x）＝2xe﹣x﹣x2e﹣x＝e﹣x（2x﹣x2），令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝2，令f′（x）＞0，可解得0＜x＜2；令f′（x）＜0，可解得x＜0或x＞2，故函数在区间（﹣∞，0）与（2

，+∞）上是减函数，在区间（0，2）上是增函数．∴x＝0是极小值点，x＝2极大值点，又f（0）＝0，f（2）=4𝑒2．故f（x）的极小值和极大值分别为0，4𝑒2．…………（4分）（Ⅱ）设切点为（𝑥0，𝑥02𝑒−𝑥0），则切线方程为y−𝑥02𝑒−𝑥0=𝑒−𝑥0(2�

�0−𝑥02)（x﹣x0），令y＝0，解得x=𝑥02−𝑥0𝑥0−2=(𝑥0−2)+2𝑥0−2+3，…………（6分）∵曲线y＝f（x）的切线l的斜率为负数，∴𝑒−𝑥0（2𝑥0−𝑥02)＜0，∴x0＜0或x0＞2，…………（8分）令𝑓(�

�0)=𝑥0+2𝑥0−2+1，则𝑓′(𝑥0)=1−2(𝑥0−2)2=(𝑥0−2)2−2(𝑥0−2)2．①当x0＜0时，(𝑥0−2)2−2＞0，即f′（x0）＞0，∴f（x0）在（﹣∞，0）上单调递增，∴f

（x0）＜f（0）＝0；…………（9分）②当x0＞2时，令f′（x0）＝0，解得𝑥0=2+√2．15当𝑥0＞2+√2时，f′（x0）＞0，函数f（x0）单调递增；当2＜𝑥0＜2+√2时，f′（x0）＜0，函数f（x0）单调递减．故当𝑥0=2+√2时，函数f（x0）取

得极小值，也即最小值，且𝑓(2+√2)=3+2√2．…………（11分）综上可知：切线l在x轴上截距的取值范围是（﹣∞，0）∪[3+2√2，+∞)．（12分）