2021-2022学年广东省广州市番禺中学高二下学期期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广东省广州市番禺中学高二下学期期中数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省广州市番禺中学高二下学期期中数学试题一、单选题1．已知函数的导函数为，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据导数的定义式直接求解.【详解】因为，所以，故选：D.2．函数的图像如图所示，下列不等关系正确的是（       ）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据导数的几何意义和函数平均变化率的定义，结合图象，即可求解.【详解】如图所示，根据导数的几何意义，可得表示切线斜率，表示切线斜率，又由平均变化率的定义，可得，表示割线的斜率，结合图象，可得，即.故选：C.3．有件产品，其中有件次品，从中不放回地抽件产品，抽到的正品数的数学期望值是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，抽到正品数服从超几何分布，结合超几何分布的期望公式，即可求解.【详解】由题意，有件产品，其中有件次品，从中不放回地抽件产品，则抽到正品数服从超几何分布，所以抽到的正品数的数学期望值是.故选：B.4．某市一次高三模拟考试一共有3.2万名考生参加，他们的总分服从正态分布，若，则总分高于530分的考生人数为（       ）A．2400 B．3520 C．8520 D．12480【答案】B【分析】根据正态分布曲线的对称性，得到，即可求解.【详解】由题意，总分服从正态分布，且，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以总分高于530分的考生人数为.故选：B.5．己知的展开式中含的项的系数为（       ）A．56 B．60 C．68 D．72【答案】A【分析】将二项式前一项展开并乘入后面的多项式，根据展开式的通项，分别求得各项中的系数，相加即可.【详解】因为， 其中展开式的通项，所以的系数为：.故选：A.6．如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现在要求在其余四个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（       ）A．64 B．72 C．84 D．96【答案】C【分析】根据题意可知每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，分类研究，A、C不同色；A、C同色两大类，由此可得答案．【详解】由题意知，分两种情况：(1)、C不同色注意：B、D可同色、也可不同色，D只要不与A、C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色：有种；(2)、C同色注意：B、D可同色、也可不同色，D只要不与A、C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色：有种．共有种，故选：C．7．中国文字博物馆荟萃历代中国文字样本精华，用详尽的资料向世界展示了中华民族一脉相承的文字和辉煌灿烂的文明.该博物馆馆藏的重要藏品主要分为铜器､碑碣､钱币､陶器､玉石器､甲骨､竹木､纸质､瓷器共九类.小明去中国文字博物馆参观，并任意选取了三类重要藏品重点参观，则小明在碑碣､甲骨､瓷器三类中至少参观了一类的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】9类藏品中选取3类藏品共有种不同情况，利用间接法可得在碑碣､甲骨､瓷器三类中至少参观了一类有种不同情况，由古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】解：9类藏品中选取3类藏品共有种不同情况，碑碣､甲骨､瓷器三类都不选有种不同情况，则所求概率为.故选：B.8．已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，，，则（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据构造函数，利用函数的奇偶性、单调性比较大小．【详解】解：令函数，则，因为定义域为的是奇函数，所以函数为偶函数；当时，因为，所以，即，所以在上为单调递增，，，，因为，所以，根据在上单调递增，所以．即．故选：D．二、多选题9．设函数的导函数为，则（       ）A． B．是函数的极值点C．存在两个零点 D．在(1，+∞)上单调递增【答案】AD【分析】首先求函数的导数，利用导数和函数的关系，即可判断选项.【详解】，所以函数在上单调递增，所以函数不存在极值点，故B错误，D正确；，故A正确；，得，中，，所以恒成立，即方程只有一个实数根，即，故C错误.故选：AD10．关于的说法正确的是（       ）A．展开式中的二项式系数之和为2048 B．展开式中只有第6项的二项式系数最大C．展开式中第6项和第7项的二项式系数最大 D．展开式中仅第7项的二项式系数最大【答案】AC【分析】根据二项式系数的性质即可判断选项A，由为奇数可知，展开式中二项式系数最大项为中间两项，据此即可判断选项BCD.【详解】的展开式中的二项式系数之和为，所以正确；由题可知的展开式的通项公式为，因为为奇数，所以展开式中有项，中间两项（第6项和第7项）的二项式系数相等且最大，所以不正确，正确.故选：AC.11．下列说法正确的是       （       ）A．设随机变量X服从二项分布，则B．已知随机变量X服从正态分布，且，则C．；D．已知随机变量满足，若，则随着的增大而减小【答案】AB【分析】结合正态分布的对称性和数学期望与方差计算公式和运算性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由随机变量X服从二项分布，则，所以A正确；对于B中，由随机变量X服从正态分布，且，可得，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以B正确；对于C中，根据期望和方差的性质，可得，，所以C不正确；对于D中，由随机变量满足，可得，根据一次函数与二次函数的性质可知：当时，随的增大而增大，所以D不正确.故选：AB.12．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则（       ）A．B．C．事件与事件相互独立D．是两两互斥的事件【答案】ABD【分析】根据每次取一球，易得，，是两两互斥的事件，求得，然后由条件概率求得，，再逐项判断.【详解】解：因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，故D正确；因为，所以，故B正确；同理，所以，故A正确；由于，故事件与事件不相互独立，故C错误.故选：ABD三、填空题13．曲线在处的切线方程是______________．【答案】【分析】先求出切点坐标，利用导数求出切线的斜率，写出切线的方程.【详解】，当时，所以切点坐标为，，所以切线斜率为6，所以切线方程为，即．故答案为：14．将4名实习老师分配到3个班级任课，每班至少1人，则不同的分配方法数是__________.(用数字作答)【答案】36【分析】先将4名实习教师分成3组，再将三组实习教师分配到三个不同的班级，按分步乘法计数原理即可求出总的分配方法数．【详解】先将4名实习教师分成3组，共＝6种分组方法，再将三组实习教师分配到三个不同的班级，共种分配方法，∴总共有6×6＝36种分配方法．故答案为：36．15．设，，且展开式中各项的系数和为，则的最小值为___________.【答案】【分析】利用已知条件可得出，再将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为，，则，所以，展开式中各项的系数和为，所以，，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.16．如图，正方形纸片的边长为，在纸片上作正方形，剪去阴影部分，再分别沿的四边将剩余部分折起．若、、、四点恰好能重合于点，得到正四棱锥，则体积的最大值为______．【答案】【分析】设正方形的边长为，分析可得，求出正四棱锥的体积关于的函数关系式，结合导数法可求得正四棱锥体积的最大值.【详解】设正方形的中心为点，则点也为正方形的中心，连接，连接分别交、于点、，易知、分别为、的中点，设正方形的边长为，为的中点，则，、分别为、的中点，则，则，由题意可得，可得，如下图所示，在正四棱锥中，平面，平面，，因为，，则，，令，其中，则，列表如下：增极大值减 所以，，因此，体积的最大值为.故答案为：.四、解答题17．在中，角所对的对边分別为，且，(1)求A；(2)若，求的面积.【答案】(1).(2).【分析】(1)       边角转换，再利用三角恒等变换可求得角；(2)       利用正弦定理求得边长，再利用三角形内角关系求得.【详解】(1)将条件中的边转换为角度的正弦值∴                  ∴                         又∵                      ∴                       (2)由得，又得，，，所以的面积为.18．已知等差数列各项均为正数，公差，若分别从下表第一、二、三行中各取一个数，依次作为，，，且，，中任何两个数都不在同一列. 第一列第二列第三列第一行356第二行748第三行11129 (1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由等差数列的性质和定义即可求出；（2）求出，利用裂项相消法求出，即可证明.【详解】(1)由题意可知，数列为递增数列，又公差，所以， ，，则可求出，.(2)，，，.19．如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，.(1)证明：平面；(2)在线段上是否存在一点，使得平面，平面的夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）证得和，结合线面垂直的判定定理即可得出结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解.【详解】(1)，，，四边形是梯形，四边形是正方形，故，，又平面平面，且平面平面，平面，且平面，，，，，，平面,(2)如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，设，则，，，设平面的一个法向量为，故平面的一个法向量为，易得平面的一个法向量为由题意得，解得故，20．2022年冬奥会在北京举行，冬奥会吉祥物“冰墩墩”自亮相以来就好评不断，出现了“一墩难求”的现象.主办方现委托某公司推出一款以“冰墩墩”为原型的纪念品在专卖店进行售卖.已知这款纪念品的生产成本为80元/件，为了确定其销售价格，调查了对这款纪念品有购买意向的消费者（以下把对该纪念品有购买意向的消费者简称为消费者）的心理价位，并将收集的100名消费者的心理价位整理如下：心理价位（元/件）90100110120人数10205020 假设当且仅当这款纪念品的销售价格小于或等于某位消费者的心理价位时，该消费者就会购买该纪念品.公司为了满足更多消费者的需求，规定每位消费者最多只能购买一件该纪念品.设这款纪念品的销售价格为x（单位：元/件），，且每位消费者是否购买该纪念品相互独立.用样本的频率分布估计总体的分布，频率视为概率.(1)若，试估计消费者购买该纪念品的概率；(2)在（1）的前提下，某时段有4名消费者进店，X为这一时段该纪念品的购买人数，试求X的分布列和数学期望；(3)假设共有M名消费者，设该公司售卖这款纪念品所得总利润为Y（单位：元），当该纪念品的销售价格x定为多少时，Y的数学期望达到最大值？【答案】(1)0.9(2)分布列见详解，(3)当该纪念品的销售价格定为110元时， 达到最大值．【分析】（1）由调查表直接可得；（2）由二项分布计算概率得分布列，由二项分布的期望公式得期望；（3）利用二项分布的期望公式求出时的期望，比较得最大值．【详解】(1)时，消费者购买该纪念品的概率(2)由题意，，，，同理，，，，的分布列为：01234 .(3)由（2）知时，（时等号成立），时，（时等号成立），时，（时等号成立），，因此最大，此时．所以当该纪念品的销售价格定为110元时，Y的数学期望达到最大值．21．已知定点，圆:，为圆上的动点，线段的垂直平分线和半径相交于点．(1)求点的轨迹的方程；(2)直线:与曲线相交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆经过点C（2，0），求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用定义法求轨迹方程；（2）用“设而不求法”表示出整理化简可得，解得:，或，由直线不过点，得到，判断出直线恒过点.表示出，设，利用单调性求出最大值，即可得到的面积的最大值.【详解】(1)因为为圆上的动点，线段的垂直平分线和半径相交于点，所以由线段垂直平分线的性质可得：，所以，故点M的轨迹是以P、Q为焦点的椭圆.其中a=2，，∴，故点M的轨迹的方程为．(2)由题意，设，，联立，整理可得:，所以，，因为以线段为直径的圆过椭圆的右顶点，所以.由，，则.将，代入上式并整理得则化简可得，解得:，或，因为直线不过点，所以，故，所以直线恒过点.故设则在上单调递增，当时，，所以的面积的最大值为【点睛】（1）待定系数法、定义法、代入法、参数方程法等方法可以用求二次曲线的标准方程；（2）“设而不求法 ”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.22．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若函数有两个极值点、且，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；(2)根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.【详解】(1)解： 的定义域为，.设，当时，恒成立，即恒成立，此时函数在上是减函数，当时，判别式，①当时，，即，即恒成立，当且仅当，时，此时函数在上是减函数，②若，令得，或.，，的变化如下表：，，00单调递减 单调递增 单调递减 综上当时，在上单调递减，当时，在和，上单调递减，在上单调递增．(2)解：由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，因为，则，，，则要证，即，即证，则，即，即证在上恒成立，设，，其中，所以，则在上单调递减，，即，故，，则成立．