2021-2022学年福建省厦门双十中学高二下学期期中考试数学试题含解析

2021-2022学年福建省厦门双十中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．从甲地到乙地，一天中有5次火车，12次客车，3次飞机航班，还有6次轮船，某人某天要从甲地到乙地，共有不同走法的种数是（       ）

A．26 B．60

C．18 D．1080

【答案】A

【分析】按照分类加法计数原理计算可得；

【详解】解：由分类加法计数原理知有（种）不同走法.

故选：A

2．已知是函数的极小值点，则的极小值为（       ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】A

【分析】对求导，根据是的极小值点，得到，求出的值，进一步得到的极小值．

【详解】解：由，得，

是的极小值点，，

，，经检验时，符合题意，

，，所以，则当或时，当时，即在和上单调递增，在上单调递减，

所以当时函数取得极大值，时函数取得极小值，

．

故选：A．

3．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球，从中有放回地摸出20个球作为样本，用表示样本中黄球的个数，则（       ）

A．4.8 B．9.6 C．16 D．19.2

【答案】D

【分析】首先求出从袋子中摸出一个球是黄球的概率，则，再根据二项分布的方差公式及方差的性质计算可得；

【详解】解：依题意从袋子中摸出一个球是黄球的概率，则，

所以，

所以；

故选：D

4．函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】首先求出函数的定义域，判定函数的奇偶性及单调性即可得解.

【详解】解：定义域为

即函数是奇函数，图象关于原点对称，

由，为奇函数，排除B；又，排除C；

当时，，令，解得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，排除A；

故选：

【点睛】本题考查函数图象的识别，关键是函数的奇偶性，单调性的应用，属于基础题.

5．2021年某地电视台春晚的戏曲节目，准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧6个剧种的各一个片段．对这6个剧种的演出顺序有如下要求：京剧必须排在前三，且越剧、粤剧必须排在一起，则该戏曲节目演出顺序共有(       )种．

A．120 B．156 C．188 D．240

【答案】A

【分析】解决问题有类办法：京剧排第一，排在一起的两个算一个与余下三个元素作全排列，京剧排二三之一，排在一起的两个只有三个位置可选，再排余下三个得解.

【详解】完成排戏曲节目演出顺序这件事，可以有两类办法：京剧排第一，越剧、粤剧排在一起作一个元素与余下三个作全排列有，越剧、粤剧有前后，共有：种；

京剧排二三之一有，越剧、粤剧排在一起只有三个位置并且它们有先后，有，余下三个有，共有：种；

由分类计数原理知，所有演出顺序有：(种)

故选：A

【点睛】解决排列、组合综合问题的方法：

(1)仔细审题，判断是组合问题还是排列问题，要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步；

(2)以元素为主时，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主时，先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．

6．若，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】(a0+a2+a4)2－(a1+a3)2

选A

7．第24届冬季奥运会将于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市举行．现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为（       ）

A．12 B．14 C．16 D．18

【答案】B

【分析】根据给定条件利用分类加法计数原理结合排列、组合知识计算作答.

【详解】因甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，计算安排种数有两类办法：

若有两个人去首钢滑雪大跳台，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种；

若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选，有种，然后剩下的一个人和甲、乙

被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种，则共有种，

综上可得，甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为.

故选：B

8．已知关于的不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围为（       ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】B

【分析】利用分离参数思想分离出，结合重要不等式，将看成一个整体即可得结果.

【详解】由题意可知，分离参数，令，

由题意可知，，由，

又，当时等号成立，

所以，当时等号成立，

由，令，，易知在上单增，在单减，

所以，所以方程有解．

所以，

故选：B．

二、多选题

9．在的展开式中，若第六项为二项式系数最大的项，则n的值可能为（       ）

A．11 B．10 C．9 D．8

【答案】ABC

【分析】结合二项式系数对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】当时，二项式系数最大项是第项，符合题意，

当时，二项式系数最大项是第项，符合题意，

当时，二项式系数最大项是第项，符合题意，

当或时，二项式系数最大项不包括第项.

故选：ABC

10．已知函数，下列结论中正确的有（       ）

A．

B．函数的图象是中心对称图形

C．若是的极小值点，则在区间单调递减

D．若是的极值点，则

【答案】ABD

【分析】对于选项A：利用零点存在性定理判断即可；

对于选项B：利用函数图象成中心对称的定义进行判断即可；

对于选项C：采取特殊函数方法，若取，利用导数判断函数的单调性和极值；

对于选项D：根据导数的意义和极值点的定义即可判断.

【详解】对于选项A：因为当x→+∞时，→+∞，当x→-∞时，→-∞，

由题意知函数为定义在R上的连续函数，所以，

故选项A正确；

对于选项B ：

，

所以，即点为函数的对称中心，

故选项B正确；

对于选项C：若取， 则,

所以，

由可得，x>1或，由可得，

所以函数的单调增区间为，减区间为

所以1为函数的极小值点，但在区间并不是单调递减,故选项C错误；

对于选项D：若是的极值点,根据导数的意义知=0， 故选项D正确；

故选：ABD.

11．等差数列的前项和为，，则下列结论一定正确的是（       ）

A． B．当或10时，取最大值

C． D．

【答案】AD

【分析】由求出，即，由此表示出、、、，可判断C、D两选项；当时，，有最小值，故B错误.

【详解】解：，，故正确A.

由，当时，，有最小值，故B错误.

，所以，故C错误.

，

，故D正确.

故选：AD

【点睛】考查等差数列的有关量的计算以及性质，基础题.

12．已知：是奇函数，当时，，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【解析】由已知构造得，令，判断出函数在时单调递增，由此得，化简可判断A；，化简并利用是奇函数，可判断B；

，化简可判断C；由C选项的分析得，可判断D.

【详解】因为当时，，所以，即，所以，

令，则当时，，函数单调递增，

所以，即，化简得，故A正确；

，即，化简得，

所以，又是奇函数，所以，故B不正确；

，即，又，化简得，故C正确；

由C选项的分析得，所以，又是奇函数，所以，故D正确,

故选：ACD.

【点睛】关键点点睛：解决本题中令有导函数的不等式，关键在于构造出某个函数的导函数，得出所构造的函数的单调性，从而可比较函数值的大小关系.

三、填空题

13．的展开式中的系数为______.

【答案】84

【分析】根据二项展开式的通项公式，即可计算.

【详解】，

令，得，

所以展开式中的系数为.

故答案为：

14．函数的单调减区间为__________．

【答案】

【分析】利用导数研究函数单调性即可得到结论.

【详解】解：，，

由，即，解得 ，

，即函数的单调减区间为，

故答案为：

15．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人，则5次传球后球在甲手中的概率为______.

【答案】0.3125

【分析】设次传球后球在甲手中的概率为，求出，根据题意求出数列的递推公式，求出的表达式，即可求得的值.

【详解】设次传球后球在甲手中的概率为，当时，，

设“次传球后球在甲手中”，则，

则．

即，

所以，，且，

所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，

所以，所以，

所以5次传球后球在甲手中的概率为．

故答案为：.

16．已知点和点，若线段上的任意一点都满足：经过点的所有直线中恰好有两条直线与曲线相切，则的最大值为___．

【答案】.

【解析】由条件可得，在直线上，联立曲线的方程可得它们无交点，求得函数的导数，可得在和的切线的斜率和方程，联立直线，求得交点，，可得所求最大值．

【详解】解：由点和点，

可得，在直线上，

联立曲线，

可得，无实数解，

由的导数为，

可得曲线在处的切线的斜率为0，

可得切线的方程为，

即有与直线的交点，

同样可得曲线在处切线的斜率为4，

切线的方程为，联立直线，可得交点，，

此时可设，，，

则由图象可得的最大值为，

故答案为：．

【点睛】本题考查直线与曲线的位置关系的判断，考查导数的几何意义和切线方程的求法，以及两直线的交点的求法，考查数形结合思想和运算能力．

四、解答题

17．老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让厦门中学生助手背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某位同学只能背诵其中的6篇，求

(1)抽到他能背诵的课文的数量的分布列

(2)他能及格的概率

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）根据超几何概率公式，求概率，再写出分布列；

（2）根据分布列计算，即可求解.

【详解】(1)（1)设厦门中学生助手抽到能背诵的课文篇数为，的可能取值为0，1，2，3

则的分布列为，用表格表示为

(2)及格的概率为

18．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．

【答案】（1）见解析；（2）.

【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.

【详解】（1）连接，

，分别为，中点       为的中位线

且

又为中点，且 且

四边形为平行四边形

，又平面，平面

平面

（2）设，

由直四棱柱性质可知：平面

四边形为菱形       

则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：

则：，，，D（0，-1,0）

取中点，连接，则

四边形为菱形且       为等边三角形

又平面，平面

平面，即平面

为平面的一个法向量，且

设平面的法向量，又，

，令，则，       

二面角的正弦值为：

【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.

19．记为数列的前n项和.已知，.

（1）求的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据递推公式，先求出，再由，结合递推公式，得到是首项为4，公差为3的等差数列，进而可求出通项公式；

（2）先由（1）得到，根据裂项求和与分组求和的方法，即可求出结果.

【详解】（1）因为，，

当时，，所以或（负值舍去）.

因为①，所以当时，②，

由①－②得，

所以.

又，所以.

因此是首项为4，公差为3的等差数列.

故.

（2）由（1）得，

所以

.

【点睛】结论点睛：

裂项相消法求数列和的常见类型：

（1）等差型，其中是公差为的等差数列；

（2）无理型；

（3）指数型；

（4）对数型.

20．已知，函数，．

（1）求函数的单调区间；

（2）若直线是函数图象的切线，求证：当时，．

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【解析】（1）求出导函数，分、两种情况进行讨论，根据导数符号判断函数的单调性；（2）设切点为（），根据导数的几何意义及切线为切线与曲线的公共点列方程求解a，当时等价于，令，利用导数求函数的最小值从而由 证明不等式恒成立.

【详解】（1），

当时，，的单调递增区间为 ，

当时，由，由，得，

当时，，当时，，

所以的单调递减区间为，的单调递增区间为，          

综上所述：当时，的单调递增区间为，

当时，的单调递减区间为，的单调递增区间为.

（2）直线是函数图象的切线，设切点为（），

则，即，

因为切点在切线上，所以，

又，

所以，解得，

当时， ，等价于

等价于

设，

则=，

因为，，由得，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

所以，即，

所以.

【点睛】本题考查利用导数证明不等式，解题的关键是先求出，将不等式化为，再构造函利用导数求最值即可.

21．已知点，点是圆上的任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点.

（1）求点的轨迹方程；

（2）过点的直线与轨迹交于不同的两点，，则的面积是否存在最大值?若存在，求出这个最大值及直线的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，，.

【解析】（1）由题意知，根据椭圆定义知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，求出，即可求出轨迹方程；

（2）设，， 由题知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，联立方程得，由韦达定理知，，表示出

，再利用基本不等式求最值即可得到答案.

【详解】（1）由题意知：，，

，

由椭圆定义知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，可知，，即，，则

所以点的轨迹方程为；

（2）存在；

设，，不妨设，

由题知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，

联立，得，

则

由韦达定理知，

，

当且仅当，即时的面积取得最大值

此时直线的方程为

【点睛】方法点睛：本题考查利用定义求椭圆的标准方程及典型的最值问题，求椭圆的方程常用方法：

（1）利用定义：椭圆的定义定形状时，一定要注意常数这一条件．

（2）利用待定系数法：先定形，再定量，即首先确定焦点所在位置，然后再根据条件建立关于a，b的方程组．如果焦点位置不确定，要考虑是否有两解，有时为了解题方便，也可把椭圆方程设为的形式．考查学生的分析能力与运算求解能力，属于中档题.

22．武汉出现的新型冠状病毒是一种可以通过飞沫传播的变异病毒，某药物研究所为筛查该新型冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，每份样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次；②混合检验，将其中份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k份血液全为阴性，因此这k份血液样本检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份血液再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为次.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阴性还是阳性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.

（1）假设有5份血液样本，其中只有2份为阳性，若采取逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；

（2）现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.

（i）试运用概率统计知识，若，试求P关于k的函数关系式；

（ii）若，采用混合检验方式可以使得这k份血液样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值.

参考数据：，，，，

【答案】(1) ;(2) （i）,;（ii）4

【解析】(1)根据排列的方法列式求概率即可.

(2) （i）分别求解,再化简求时的解析式即可.

（ii）由题,化简可得,再构造函数求导分析函数的单调性,再根据零点存在性定理求区间端点的正负判断即可.

【详解】(1)设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的事件为,则,故恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的概率为

(2) （i）由已知可得,所有可能的取值为.

所以,,

所以.

若,则,所以.

故.

所以P关于k的函数关系式,

（ii）由题意可知,即,化简得.

因为,所以,即.

设函数.

又,故当时, ,即在上单调递减.

又,.

故的最大值为4.

【点睛】本题主要考查了排列在概率中的运用,同时也考查了构造函数数学期望的求解以及构造函数分析不等式的方法.属于中档题.