2021-2022学年江苏省无锡市天一中学高二强化班上学期期末数学试题含解析

2021-2022学年江苏省无锡市天一中学高二强化班上学期期末

数学试题

一、单选题

1．设双曲线的实轴长为8，则该双曲线的离心率为（       ）

A． B．2 C． D．

【答案】C

【分析】根据题意可判断出，；根据双曲线的实轴长为8可求出的值，从而可求出双曲线的离心率.

【详解】由题意，知，，

因为双曲线的实轴长为8，所以，即，

所以，所以(舍)，所以，即，

所以该双曲线的离心率为.

故选：C.

2．已知函数在处的导数为，则 等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据导数的定义可得，将所求的式子整理为即可求解.

【详解】因为函数在处的导数为，

所以，

所以，

故选：B.

3．已知数列满足，若.则的值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，转化为，再由求解.

【详解】因为数列满足，

所以，即，

因为，

所以，

所以，

故选：D

4．的展开式中，x的指数为偶数的项的系数之和为（       ）

A．64 B．48 C．32 D．16

【答案】D

【分析】根据与的展开式中x的指数为偶数的项相乘及与的展开式中x的指数为偶数的项相乘，得到展开式中x的指数为偶数的项的系数之和.

【详解】的展开式中，所有x的指数为偶数的项的系数之和为.

故选：D.

5．甲､乙､丙､丁4人站到共有4级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是（       ）

A．204 B．84 C．66 D．60

【答案】A

【分析】分三种情况讨论，第一类，甲､乙､丙､丁各自站在一个台阶上，第二类，有2人站在同一台阶上，剩余2人站在另一个台阶上，第三类，有2人站在同一台阶上，剩余2人各自站在一个台阶上，按照分步乘法计数原理及分类加法计数原理计算可得；

【详解】解：因为甲､乙､丙､丁4人站到共有4级的台阶上，且每级台阶最多站2人，所以分为3类：

第一类，甲､乙､丙､丁各自站在一个台阶上，共有：种站法；

第二类，有2人站在同一台阶上，剩余2人站在另一个台阶上，共有：种站法；

第三类，有2人站在同一台阶上，剩余2人各自站在一个台阶上，共有：

所以每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置的不同的站法总数是.

故选：A

6．某无人机配件厂商从其所生产的某种无人机配件中随机抽取了一部分进行质量检测，其某项质量测试指标值X服从正态分布，且落在区间内的无人机配件个数为则可估计所抽取的这批无人机配件中质量指标值低于的个数大约为（       ）

(附:若随机变量服从正态分布，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正态分布的性质得出的值，进而估计所抽取的这批无人机配件中质量指标值低于的个数.

【详解】因为服从正态分布，所以

则

且在区间内的个数为，故可估计值约万个.

则

故可估计所抽取的这批无人机配件中质量指标值低于的个数大约为.

故选：B.

7．数列中，，且（），则数列前2021项和为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知可得，从而得，再由得，所以，然后利用裂项相消求和法可求得结果

【详解】因为（），

所以，整理得，，

所以，

因为，所以，

所以，

所以数列前2021项和为

，

故选：B

8．已知实数，满足，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】实数，满足，通过讨论，得到其图象是椭圆、双曲线的一部分组成的图形，借助图象分析可得的取值就是图象上一点到直线距离范围的2倍，求出切线方程根据平行直线距离公式算出最小值，和最大值的极限值即可得出答案.

【详解】因为实数，满足，

所以当时，，其图象是位于第一象限，焦点在轴上的椭圆的一部分（含点），

当时，其图象是位于第四象限，焦点在轴上的双曲线的一部分，

当时，其图象是位于第二象限，焦点在轴上的双曲线的一部分，

当时，其图象不存在，

作出椭圆和双曲线的图象，其中图象如下：

任意一点到直线的距离

所以，结合图象可得的范围就是图象上一点到直线距离范围的2倍，

双曲线，其中一条渐近线与直线平行

通过图形可得当曲线上一点位于时，取得最小值，无最大值，小于两平行线与之间的距离的倍，

设与其图像在第一象限相切于点，

由

因为或（舍去）

所以直线与直线的距离为

此时，

所以的取值范围是．

故选：C．

二、多选题

9．下列关于说法正确的是（       ）

A．抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量

B．某人射击时命中的概率为，此人射击三次命中的次数服从两点分布

C．小赵.小钱.小孙.小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则

D．已知随机变量服从两点分布，且，，令，则

【答案】ACD

【分析】直接利用随机事件，两点分布的和二项分布的区别，条件概率的应用，相互独立事件的定义，逐项判断，即可得到结果．

【详解】对于A，抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，故出现正面的次数是随机变量，故A正确；

对于B：某人射击时命中的概率为，此人射击三次命中的次数服从二项分布 而不是两点分布，故B错误；

对于C：小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“个人去的景点不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，故 ，，所以 ，故C正确；

对于D，由于，所以，又，所以，故D正确.

故选：ACD.

10．设随机变量的分布列如下：

则下列正确的是（       ）A．当为等差数列时，

B．数列的通项公式可以为

C．当数列满足时，

D．当数列满足时，

【答案】ACD

【分析】根据分布列的性质知，结合数列的性质对选项一一分析即可.

【详解】解析：由题目可知；

对于选项A，若为等差数列，则，

所以，因此选项A正确；

对于选项B，，

，因此选项B不正确；

对于选项C，由，则，

所以，因此选项C正确；

对于选项D，方法一：，则，所以满足题意

当时，，则

，所以满足题意

当时，

则当时，，因此选项D正确

方法二：令，则

即，，于是有

，解得，于是有

因此选项D正确

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：根据分布列，得到，运用等差，等比数列的性质对选项进行分析；当数列出现型如，可以通过裂项求和；

11．双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布﹒伯努利用来描述他所发现的曲线.在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是双纽线上一点，下列说法中正确的有（       ）

A．双纽线关于轴对称 B．

C．双纽线上满足的点有两个 D．的最大值为

【答案】ABD

【解析】对A，设动点，则对称点代入轨迹方程，显然成立；对B，根据的面积范围证明；对C，若，则在y轴上，代入轨迹方程求解；对D，根据余弦定理分析中的边长关系，进而利用三角形的关系证明即可.

【详解】对A，设动点，由题意可得的轨迹方程为

把关于x轴对称的点代入轨迹方程，显然成立，故A正确；

对B，因为，故．

又，所以，

即，故．故B正确；

对C，若，则在的中垂线即y轴上．

故此时，代入，

可得，即，仅有一个，故C错误；

对D，因为，

故，

，

因为，，

故．

即，

所以．

又，当且仅当，，共线时取等号．

故，

即，解得，故D正确．

故选：ABD.

【点睛】关键点睛：本题考查了动点轨迹方程的性质判定，因为轨迹方程比较复杂，故在作不出图像时，需要根据题意求出动点的方程进行对称性分析，同时结合解三角形的方法对所给信息进行辨析.

12．已知函数的导函数为，若对恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】构造函数,，求导后利用已知得出其正负，确定出函数的单调性后可得．

【详解】设,，则

.

因为对恒成立，所以，

所以在上单调递减，在上单调递增，

则，即，即.

故选：AD.

三、填空题

13．某班上午有五节课，分别安排语文、数学、英语、物理、化学各一节课，要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课法的种数是___________．

【答案】16

【分析】根据题意，可分三步进行分析：（1）要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序；（2）将这个整体与英语全排列，排好后，有3个空位；（3）数学课不排第一行，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，得数学、物理的安排方法，最后利用分步计数原理，即可求解．

【详解】根据题意，可分三步进行分析：

（1）要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序，有种情况；

（2）将这个整体与英语全排列，有中顺序，排好后，有3个空位；

（3）数学课不排第一行，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，

安排物理，有2种情况，则数学、物理的安排方法有种，

所以不同的排课方法的种数是种，

故答案为：16．

14．在等差数列中，，其前项和为，则__________.

【答案】

【分析】利用等差数列的前项和公式，得到，求出，进而可求出通项公式，进而可求出答案

【详解】由，有，则，

故答案为：

15．已知为抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，(其中为坐标原点，则与面积之和的最小值是______.

【答案】

【分析】先设直线方程和点的坐标，联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及可求出，进而求出直线在轴上的截距，最后将面积之和表示出来，利用基本不等式求最值，即可得到结果．

【详解】设直线的方程为：，点 ，

直线与轴的交点为，

将代入，可得，

根据韦达定理有，

因为，所以，即 ，

∵点，在该抛物线上且位于轴的两侧，

∴，故．

不妨令点在轴上方，则，，又，

,

当且仅当，即时，取“”号，

∴与面积之和的最小值是.

故答案为：．

16．已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为_________．

【答案】（，）

【分析】由题可得，可构造函数则，再求函数的最大值即可.

【详解】关于的不等式在上恒成立，则，

设，∴

∵，

∴在上单调递增，

∴即，

设，

∴，令，得，

当时，函数单调递增，

当时，函数单调递减，

∴，

∴.

故答案为：（，）.

四、解答题

17．在二项式的展开式中，______.

给出下列条件：

①若展开式前三项的二项式系数的和等于46；

②所有奇数项的二项式系数的和为256.

试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并解答下列问题：

（1）求展开式中二项式系数最大的项；

（2）求展开式的常数项.

【答案】（1），；（2）.

【分析】选择①：，利用组合数公式，计算即可；

选择②：转化为，计算即可

（1）由于共9项，根据二项式系数的性质，二项式系数最大的项为第5项和第6项，利用通项公式计算即可；

（2）写出展开式的通项，令，即得解

【详解】选择①.

，即，

即，即，

解得或（舍去）.

选择②.

，即，解得.

（1）展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项，

，

.

（2）展开式的通项为，

令，得，

所以展开式中常数项为第7项，

常数项为.

18．已知等差数列中，前项和为，，数列为公比不等于1的等比数列，，且满足：，.

(1)求与；

(2)记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1),；

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为d,等比数列的公比为,由,,且满足: ，.可得,,联立解出即可得出.

（2）,利用“错位相减法”求和，不等式,即,化为:.对n分类讨论,利用数列的单调性即可得出.

【详解】(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为,

,,且满足: ，.

可得,,

联立解得,

,；

(2)，

的前n项和,

,

两式相减得

,

，

不等式,即,

化为:，

当n为偶数时,，

当n为奇数时,,解得，

对一切恒成立,

，

实数的取值范围是

19．已知函数.

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若存在实数，使得对于任意的恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)增区间为 ，减区间为和；

(2).

【分析】（1）定义域为，求，结合分别解不等式和即可得的单调递增区间和单调递减区间；

（2）由题意知，存在使得即对于任意的恒成立，令且，利用导数判断单调性结合零点存在性定理可判断时不符合题意，因此，再利用导数证明当时，恒成立即可.

【详解】(1)定义域为，

由

可得

，

当时，令，得，

令，可得或，

所以的增区间为，减区间为，.

(2)，即，

即存在，使得，而，

故对于任意的恒成立，即，

令，即对于任意的恒成立，

，

设，则，

当时，，所以在上单调递增，

又因为，，

所以存在唯一的，使得，

当时，，则，是减函数，

所以，不符合题意，

所以，

下证当时，恒成立，

，

所以，

即在上单调递减，，

综上所述：.

【点睛】方法点睛：求不等式恒成立问题的方法

（1）分离参数法

若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.

（2）数形结合法

结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.

（3）主参换位法

把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.

20．药监部门要利用小白鼠扭体实验，对某厂生产的某药品的镇痛效果进行检测．若用药后的小白鼠扭体次数没有减少，扭体时间间隔没有变长，则认定镇痛效果不明显．

（1）若该药品对雌性小白鼠镇痛效果明显的概率为，对雄性小白鼠镇痛效果明显的概率为，药监部门要利用2只雌性和2只雄性小白鼠检测该药药效，对4只小白鼠逐一检测．若在检测过程中，1只小白鼠用药后镇痛效果明显，记录积分为1，镇痛效果不明显，则记录积分为-1．用随机变量表示检测4只小白鼠后的总积分，求随机变量的分布列和数学期望；

（2）若该药品对每只雌性小白鼠镇痛效果明显的概率均为，现对6只雌性小白鼠逐一进行检测，当检测到镇痛效果不明显的小白鼠时，停止检测．设至少检测5只雌性小白鼠才能发现镇痛效果不明显的概率为，求最大时的值．

【答案】（1）答案见解析；；（2）.

【解析】（1）根据题意，得到随机变量的可能取值为，结合独立事件的概率乘法的计算的公式，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用公式求得其期望；

（2）应根据题意，得到，结合导数求得函数单调性，进而得到答案.

【详解】（1）由题意，随机变量的可能取值为，

其中，

，

，

，

．

所以随机变量的分布列为：

所以．

（2）由题意知，

，

令，即，解得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以当时，最大．

【点睛】求离散型随机变量的期望与方差的基本方法：

1、已知随机变量的分布列，求其期望与方差，可直接利用公式求解；

2、已知随机变量的期望、方差，求的线性函数的期望与方差，可直接利用的期望与方差的性质求解；

3、若能分析所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布，二项分布等），可直接利用常见分布列的期望与方差的公式求解.

21．已知椭圆C：的离心率为，椭圆C的下顶点和上顶点分别为，，且，过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)当时，求△OMN的面积；

(3)求证：直线与直线的交点T恒在一条定直线上．

【答案】(1),

(2),

(3)见（3）详解.

【分析】(1)由可得，结合离心率可求基本量，进而得椭圆的方程.

(2)写出直线的方程为与椭圆方程联立，运用韦达定理及弦长公式可求出，再由点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，从而可求出三角形的面积.

(3) 设，由在同一条直线上，且在同一条直线上，建立之间的等量关系可得证.

【详解】(1)因为，所以，即，

，，，

所以，所以椭圆的标准方程为:

(2)直线的方程为，设，

方程联立，整理得，则，

所以 ，

原点到的距离，

则的面积.

(3)设直线的方程为：，，

则，整理得，则，

，则，

设，因为在同一条直线上，则，

因为在同一条直线上，则，

所以，所以，

则交点T恒在一条直线上.

【点睛】关键点睛:

本题第三问的关键是设交点，利用三点共线建立动点纵横坐标的等量关系.

22．已知函数.

(1)讨论的零点个数；

(2)当时，设的极值点为，一个零点为，证明：.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出的定义域，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出函数的零点个数即可；

（2）由已知条件得，要证，即证，即可通过构造函数，证即可；证成立，可通过利用不等式，当时，证得.

【详解】(1)由题意得的定义域为，，

当时，，在上单调递增，易知有且仅有一个零点.

当时，有唯一解，

易知在上，，单调递减，

且，，即在上有一个零点，

在上，，单调递增，结合，可得在上有一个零点，

故在，上各有一个零点.

当时，令，得，易知在上，，单调递减，

在上，，单调递增，故的最小值为，故仅有一个零点.

当时，有唯一解，

易知在上，，单调递减，且，

所以在上有一个零点，

在上，，单调递增，且，，所以在上有一个零点，

故在，上各有一个零点，

综上，当或时，仅有一个零点；当或时，有两个零点.

(2)由（1）知有和两个零点，

因为，所以，.

要证，即证，

因为在上单调递增，，

所以只需证，

易知，代入上式并整理，得，

即证，

令，则，

所以在上单调递减，，故，得证.

将代入，

得，即，

易知当时，，

所以，得.

综上，.