2021-2022学年江苏省南京市六校联合体高二下学期期中联考数学试题（解析版）

2021-2022学年江苏省南京市六校联合体高二下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．若在2和32中间插入3个数，使这5个数成等比数列，则公比为（       ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】由题意易知，根据等比数列的基本运算即可得结果.

【详解】在2和32中间插入3个数，使这5个数成等比数列，

可得在等比数列中，，，所以，

故选：A.

2．两位同学分别从甲、乙、丙3门课程中选修1门，且2人选修的课程不同，则不同的选法共有(       )种

A．9 B．6 C．8 D．4

【答案】B

【分析】根据题意，问题可看作有顺序的排列问题，三门课选两门分给两位同学，根据排列的计算方法即可计算．

【详解】两位同学分别从甲、乙、丙3门课程中选修1门，且2人选修的课程不同，则不同的选法共有种﹒

故选：B﹒

3．如图：在平行六面体中，M为，的交点．若，，，则向量（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据空间向量基本定理结合平行六面体的性质求解

【详解】因为在平行六面体中，M为，的交点,，，，

所以

,

故选：B

4．展开式中的系数为（       ）

A．15 B．20 C．30 D．50

【答案】D

【分析】由，结合二项式展开式求其展开式中含的项及其系数可得.

【详解】因为

所以展开式中含的项为，

所以展开式中的系数为50，

故选：D.

5．在空间直角坐标系中，，，，若，则实数的值为（       ）

A．3 B． C． D．

【答案】A

【分析】由空间向量垂直的坐标表示计算．

【详解】由题意，，，

，

因为，

所以，．

故选：A．

6．已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1、F2，P为C上的一点，且，，则椭圆C的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由椭圆定义利用余弦定理得出的等式，变形后可求得离心率．

【详解】由题意，，，

在中，由余弦定理得

，

所以．

故选：B．

7．5个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，恰有1个空盒的放法总数为（       ）

A．240 B．60 C．600 D．180

【答案】C

【分析】将满足条件的放发分为两类，再综合利用排列组合知识解决即可.

【详解】满足条件的放发可分为两类，

第一类，一个盒中放3个球，两个盒中放1个球，一个盒子空，

满足此种条件的方法数为：，化简得240，

第二类，一个盒中放1个球，两个盒中放2个球，一个盒子空，

满足此种条件的方法数为：，化简得360，

由分类加法计数原理可得满足条件的放法总数为600.

故选：C.

8．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，D，E分别是与的中点，点E在平面ABD上的射影是的重心G，则点到平面ABD的距离为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设，求出，利用空间向量的数量积转化求解点到平面的距离．

【详解】解：如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

设，则，0，，，，，，，0，，

可得，，，，

因为点在平面上的射影是的重心，

所以平面，所以，

即，解得，

即，

则点到平面的距离为，是的中点，

所以．

故选：A.

二、多选题

9．已知双曲线（）的左焦点与抛物线的焦点重合，是双曲线的右焦点，则下列说法正确的有（       ）

A．抛物线的准线方程为：

B．双曲线的实轴长为4

C．双曲线的一条渐近线方程为

D．为双曲线上一点若，则

【答案】BD

【分析】由抛物线方程得焦点坐标，得抛物线准线方程，从而得双曲线的焦点坐标，求得参数，得实轴长，由双曲线方程可得其渐近线方程，由双曲线定义可求得点到焦点的距离

【详解】抛物线的焦点是 ,所以，，，

，（舍去），所以，

抛物线准线方程是，A错；

双曲线实轴长为，B正确；

双曲线的渐近线方程是，即，C错；

由双曲线定义，即，或（舍去），D正确．

故选：BD．

10．下列命题正确的有（       ）

A．若，则 B．若，则

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据排列数和组合数的阶乘公式以及性质依次判断各个选项的正误即可.

【详解】A：若，则或，故A错误；

B：，则，故B正确；

C：，

故C正确；

D：，故D正确；

故选：BCD.

11．若的二项展开式共有9项，则该二项展开式（       ）

A．各项二项式系数和为256 B．项数为奇数的各项系数和为

C．有理项共有5项 D．第5项系数最大

【答案】ACD

【分析】由题意可得，对于A，利用二项式展开式的系数的性质求解，对于B，根据二项式展开式的特点求解，对于C，求出二项式展开式的通项公式，再求解其有理项，对于D，根据二项式展开式的通项公式求解

【详解】因为的二项展开式共有9项，所以，

对于A，各项二项式系数和为，所以A正确，

对于B，展开式的通项公式为，所以项数为奇数的各项系数和为，所以B错误，

对于C，由于，则当时，为有理项，共5项，所以C正确，

对于D，因为二项式展开式的系数为，所以二项式展开式的第5项的系数最大，所以D正确，

故选：ACD

12．正四面体的棱长为4，空间动点P满足，则的可能的取值为（       ）

A． B．0 C．4 D．12

【答案】AB

【分析】由向量的线性运算公式化简，结合数量积的运算律化简，由此求出其取值范围即可.

【详解】取BC的中点为E，AD的中点为F，

因为，所以，即，

又

因为，

所以，当且仅当方向相同或为零向量时等号成立；

，当且仅当方向相反或为零向量时等号成立；

因为正四面体的棱长为4，

所以在中，，

所以，即，

故，

所以，

又，

所以，即，

所以的取值可能为-8,0，不可能为4,12，

故选：AB.

【点睛】用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比.

三、填空题

13．先后抛掷一颗质地均匀的骰子两次，观察向上的点数.在第一次向上点数为偶数的条件下两次点数和不小于5的概率为________.

【答案】

【分析】先后抛掷一颗质地均匀的骰子两次，观察向上的点数，设“第一次向上点数为偶数”是事件A，设“两次点数之和不小于5”为事件B，求出事件A的可能组合的数量，求出事件B的可能组合的数量，根据条件概率公式即可计算在第一次向上点数为偶数的条件下两次点数和不小于5的概率为．

【详解】先后抛掷一颗质地均匀的骰子两次，观察向上的点数，设“第一次向上点数为偶数”是事件A，设“两次点数之和不小于5”为事件B，

则，

设第一次和第二次点数构成数组(x，y)，x、y∈{1，2，3，4，5，6}，

则第一次向上点数为偶数且两次点数和不小于5有：(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)共4＋6＋6＝16种可能组合，

即16，

∴在第一次向上点数为偶数的条件下两次点数和不小于5的概率为．

故答案为：﹒

14．在平行六面体中，，，，，，则与夹角的余弦值为__________.

【答案】

【分析】由表示出，再结合空间向量的夹角公式计算即可．

【详解】设，则，同理，，

平行六面体中，，

，

；

则，，，

设直线和所成角为，

则．

所以与夹角的余弦值为，

故答案为：.

15．甲、乙、丙、丁4人排成一行，其中甲不排在第1位，乙和丙不相邻，则共有______种不同的排法.

【答案】

【分析】甲不排在第1位，从乙、丙、丁中选一个排在第1位，分别讨论这三种情况即可得出答案.

【详解】甲不排在第1位，从乙、丙、丁中选一个排在第1位，所以分为以下情况：

①乙排在第1位，丙只能从第3、4位中选一个，所以有，甲和丁的排列为种，共有：种.

②丙排在第1位与乙相同，有：种.

③丁排在第1位，乙和丙只能排2、4位，甲排第3位，所以有种.

所以有种.

故答案为：.

16．实数，满足且 ，则的取值为__________.

【答案】0.5

【分析】不等式变形为，引入新函数后，由导数确定函数的单调性与极值，从而确定结论．

【详解】原不等式可化为，令，，则，

令，则，

时，，递减，时，，递增，

所以，对有，所以恒成立，

因此，由得，且．

，．

故答案为：．

四、解答题

17．已知二项式的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比是.

(1)求的值；

(2)求展开式中的常数项.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由排列数的公式展开计算；（2）写出通项公式，求解，从而得常数项.

【详解】(1)由题知：.

所以有，化简得：.

解得：或 (舍)．

(2)，

由，得.

所以.

【点睛】熟练掌握：(1)排列数公式；(2)组合数公式，这是正确计算的关键．

18．已知等差数列的前n项和为，等比数列{bn}，且，，.

(1)若，求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，由基本量法列方程组可求得得；

（2）由等差数列前项和公式求得，从而可得，然后分组求得和．

【详解】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，

依题意，，即，即，

又，所以

所以{bn}的通项公式为：．

(2)当S3＝6时，则即d＝3.

又由（1）知，所以q＝4.

则，

所以.

19．在一个袋子里有大小一样的红球和白球共10个，现无放回地依次摸出2个球，若至少摸出1个白球的概率为.

(1)求袋子里红球的个数；

(2)求第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率.

【答案】(1)6个；

(2).

【分析】(1)可设袋子里红球个数为n，根据“至少摸出1个白球”的对立事件“摸出的球都是红球”的概率即可求出n；

(2)根据分步乘法计数原理和古典概型概率计算方法即可计算﹒

【详解】(1)记事件A为“摸出的2球全为红球”，事件B为“摸出的2球中至少含1个白球”．

设袋中含有n个红球，由题意知事件A与事件B互为对立事件，

∴，

又，即，，∴．

∴袋中红球共6个．

(2)记事件C为“第一次摸出红球”，事件D为“第二次摸出白球”，

则．

20．如图，在直四棱柱中，，，，点E在棱上，平面与棱交于点

(1)求证：；

(2)若与平面所成角的正弦值为，求面与面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，由锐角三角函数得到，再由直棱柱的性质得到，即可得到平面，从而得证；

（2）建立空间直角坐标系，由线面角的正弦值确定的位置，从而可以确定点的位置，再利用向量法求出二面角的余弦值；

【详解】(1)证明：在直四棱柱中中，平面ABCD，

平面ABCD，，

，，

，，

，平面，，平面，

平面，

(2)解：以A为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，， 设，，

平面ABCD的法向量为，，

则，解得.

则，，，

设，，因为、、、四点共面，

所以，即，

，解得，，，

.

则，，设面得一个法向量，

则，取，解得，所以.

面的一个法向量，所以.

面与面ABCD夹角的余弦值为．

21．已知椭圆C：的一个顶点为，且过点，、，分别为左、右焦点，过的动直线与椭圆C交于A、B.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)是A关于x轴的对称点，且满足直线F2与BF2的斜率之积为，求的面积.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】(1)由条件列出的方程，解方程求，即可得椭圆C的标准方程；(2)设直线的方程，利用设而不求法由条件求出直线的方程，再求的面积.

【详解】(1)因为椭圆C的一个顶点为(0，-1)，所以b=1，又因为椭圆C过点，

所以.

解得a=，b=1，所以椭圆C的方程为 ；

(2)当AB斜率为0时， 与重合，直线F2与BF2的斜率之积为为0，与题意不符．

当AB斜率不为0或不存在时，设AB的方程为，A(x1，y1)，B(x2，y2)，(x1，-y1)

消去x，得

所以.

所以

=，解得.

当时，式可化为，

当时，解得y1=1，y2=代入直线方程得x2=

所以B(，)，A(0，1)(0，-1).

的面积为.

当时，解得，代入直线方程得

所以B(0，1)，A(，)，（）.

的面积为.

同理可得当时，的面积为或.

22．已知函数.

(1)当时，求的最小值；

(2)设，若在定义域R上是增函数，求实数的取值集合.

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）求导数，由导函数得增区间，由得减区间；

（2）求出导函数，题意说明恒成立，令，求导函数，再令，求导函数得时，恒成立，得是单调递增的，然后按分类讨论，结合零点存在定理说明的最小值是否是0，由此可得结论．

【详解】(1)当时，，求导得，

令.

所以的增区间为，减区间，因此当时，

取得最小值1.

(2)定义域为R，．因为若在定义域R上是增函数，则．令，，

令，

，注意到，，恒成立，

即在上单调递增．

1°当时，，故当时，，单调递减，当时，，单调递增，而，故，满足题意；

2°当时，所以为增函数，又，，故存在，使得，当时，单调递增，，不合题意，舍去；

3°当时，所以为增函数，又，，所以存在，使得，当时，，单调递减，，不合题意，舍去；

综上：．

【点睛】本题考查用导数确定函数的单调性，由单调性确定参数范围．难点在于需要多次求导以确定单调性与极值．目的是确定单调性，导数值的正负，得函数的单调性，函数的极值，分类讨论思想在解题中起到了简化作用．本题属于难题．