2021-2022学年吉林省长春市实验中学高二下学期4月月考数学试题含解析

2021-2022学年吉林省长春市实验中学高二下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．已知，则等于（       ）

A．6 B．13 C．6或13 D．12

【答案】A

【分析】根据排列数公式，化简计算，结合x的范围，即可得答案.

【详解】由题意得，

化简可得，解得或6，

因为，所以且，故.

故选：A

2．一个袋子中有2个红球和3个白球，这些小球除颜色外没有其他差异．从中不放回地抽取2个球，每次只取1个．设事件=“第一次抽到红球”，=“第二次抽到红球”，则概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用古典概率公式求出事件及事件的概率，再利用条件概率公式计算得解.

【详解】依题意，，，

所以.

故选：B

3．在的展开式中，常数项为（       ）

A．27 B．28 C．29 D．30

【答案】D

【分析】根据二项式展开式通项公式即可求解．

【详解】的展开式中，常数项为

故选：D

4．《长津湖》和《我和我的父辈》都是2021年国庆档的热门电影．某电影院的某放映厅在国庆节的白天可以放映6场，晚上可以放映4场电影．这两部影片只各放映一次，且两部电影不能连续放映（白天最后一场和晚上第一场视为不连续），也不能都在白天放映，则放映这两部电影不同的安排方式共有（       ）

A．30种 B．54种 C．60种 D．64种

【答案】B

【分析】分两种情况考虑，均在晚上播放，或者白天一场，晚上一场，求得结果.

【详解】若均在晚上播放，则不同的安排方式有种，若白天一场，晚上一场，则有种，故放映这两部电影不同的安排方式共有48+6=54种.

故选：B

5．记为等比数列的前n项和.若，，则（       ）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】A

【分析】根据题目条件可得，，成等比数列，从而求出，进一步求出答案.

【详解】∵为等比数列的前n项和，

∴，，成等比数列

∴，

∴，

∴.

故选：A.

6．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若a和b被m除得余数相同，则称a和b对模m同余，记为，若，则b的值可以是（       ）

A．2020 B．2021 C．2022 D．2023

【答案】B

【分析】利用二项式定理可得，再利用二项式定理展开即可得解.

【详解】因为

,

四个选项中，只有时，除以10余数是1．

故选：B．

7．用四种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（       ）

A．72种 B．36种 C．12种 D．60种

【答案】A

【分析】列出表格，使用分类加法，分步乘法公式进行计算.

【详解】如下表

故选：A．

8．杨辉三角，又称帕斯卡三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学家杨辉所著的《评解九章算法》（年）一书中用如图所示的三角形解释二项式乘方展开式的系数规律，现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：，，，，，，，，，，，，，，……．记作数列，若数列的前项和为，则＝（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由归纳推理及等比数列前项和可得：即在第11组中且为第11组中的第2个数，则，得解．

【详解】解：将1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，．

分组为（1），，，2，，，3，3，，，4，6，4，

则第组个数且第组个数之和为，

设在第组中，

则，

解得：，

即在第11组中且为第11组中的第2个数，即为，

则，

故选：C．

【点睛】本题考查了归纳推理及等比数列前项和，属于中档题．

二、多选题

9．已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的有（       ）

A．展开式共有7项 B．二项式系数最大的项是第4项

C．所有二项式系数和为128 D．展开式的有理项共有4项

【答案】CD

【分析】运用代入法，结合二项式系数和公式、通项公式以及二项式系数性质逐一判断即可.

【详解】因为二项式的展开式中各项系数之和是，

所以令可得：.

A：因为，所以展开式共有项，因此本选项说法不正确；

B：因为，所以二项式系数最大的项是第4项和第项，

因此本选项说法不正确；

C：因为，所以所有二项式系数和为，所以本选项说法正确；

D：由B可知：，当时，对应的项是有理项，

故本选项说法正确，

故选：CD

10．若男女排成一排，则下列说法错误的是（       ）

A．共计有种不同的排法 B．男生甲排在两端的共有种排法

C．男生甲、乙相邻的排法总数为种 D．男女生相间排法总数为种

【答案】BC

【分析】利用排列计数原理可判断A选项；利用特殊元素优先考虑可判断B选项；利用捆绑法可判断C选项；利用列举法结合排列计数原理可判断D选项.

【详解】对于A选项，共有种不同的排法，A对；

对于B选项，男生甲排在两端，共有种不同的排法，B错；

对于C选项，若男生甲、乙相邻，将甲、乙两人捆绑，形成一个“大元素”，

此时共有种不同的排法，C错；

对于D选项，男女生相间，共有两种情况：男女男女男女、女男女男女男，

共有种不同的排法，D对.

故选：BC.

11．对任意实数，有.则下列结论成立的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】，令，可得，即可判断A；利用二项展开式的通项即可求得，即可判断B；令，可得，即可判断C；令，可得，即可判断D.

【详解】对任意实数，有 ，

令，可得，故A错误；

所以，故B正确；

令，可得，故C正确；

令，可得，故D正确.

故选：BCD.

12．已知双曲线的右焦点为，坐标原点为，左、右顶点分别为、，为双曲线上的点，且轴,连接AD交y轴于C，连接CB交直线DF于，.下列结论正确的是（       ）

A．双曲线的离心率为3 B．

C．点到直线的距离为 D．直线斜率为2或-2

【答案】ACD

【分析】由可得，结合条件可得，进而可得，然后逐项判断即得.

【详解】∵，

∴，，

∴，，即，

∴.

由知，，即

∴，

∴，即，故A正确；

∴，即直线是双曲线的渐近线，所以点到直线的距离为，故C正确；

由条件可得，

∴，即直线BC的斜率为，故D正确；

又，即直线BD的斜率为，它不与直线BC垂直，所以，故B错误.

故选：ACD.

三、填空题

13．若的展开式中第4项的系数是160，则______.

【答案】1

【分析】根据给定的二项式直接求出第4项，结合已知系数计算作答.

【详解】的展开式中的第4项为，

依题意，，解得，

所以.

故答案为：1

14．将4名大学生分配到3个乡镇去当村干部，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有__________种（用数字作答）．

【答案】36

【详解】试题分析：将4人分成3组，再将3组分配到3个乡镇，

【解析】排列组合

15．设，，且展开式中各项的系数和为，则的最小值为___________.

【答案】（或）

【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．从、、、、、、、、这个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为___________.

【答案】

【分析】考虑为真数时，对数值只能为；然后考虑从除以外的其余各数任取两数分别作为对数的底数和真数，减去对数值重复的情况，即可得解.

【详解】由于只能作真数，从其余个数任取一个数作底数，对数值均为，

从除以外的其余各数任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成个对数式，

其中，，，，

因此，不同的对数值的个数为.

故答案为：.

17．编号为、、、、的个小球放在如图所示的个盒子里，要求每个盒子只能放个小球，且球不能放在、号盒子里，球必须放在与球相邻的盒子中，则不同的放法有___________种.

【答案】

【分析】对球所放盒子的编号进行分类讨论，然后确定球所放盒子的编号，利用分步乘法和分类加法计数原理可求得结果.

【详解】若球放在号盒子内，则球可放在号或号或号盒子内，此时共有种不同的方法；

若球放在号或号盒子内，则球只能放在号盒子内，此时共有种不同的放法.

综上所述，共有种不同的放法.

故答案为：.

18．已知函数（e为自然对数的底数），过点作曲线的切线有且只有两条，则实数______.

【答案】

【分析】设切点为，得到切线方程为：，再由切线过点，得到，，由题意，转化为与图象有两个交点求解.

【详解】设切点为，由可得，

所以在点处的切线的斜率为，

所以切线为：，

因为切线过点，所以，

即，

设，，

由可得，由可得：或，

所以在和上单调递减，在上单调增，

，，当x趋近于时，趋近于0，

若只能作两条切线，则与图象有两个交点，

在同一坐标系中作出与的图象，如图所示：

由图知：.

故答案为：

四、解答题

19．有3台机床加工同一型号的零件，第1台加工零件的次品率为4%，第2，3台加工零件的次品率均为6%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台机床加工的零件数分别占总数的25%，35%，40%.记为“零件为第台机床加工”.

(1)任取一个零件，计算它是次品的概率；

(2)如果取到的一个零件是次品，计算它是第3台机床加工的概率.

【答案】(1)0.055

(2)

【分析】（1）利用全概率公式求解；

（2）利用条件概率求解.

【详解】(1)解：令“任取一个零件为次品”，

由题意，且，，两两互斥，

由全概率公式得：

，

.

(2)；

所以取到一个零件是次品是第3台机床加工的概率为.

20．已知的展开式中，前三项系数成等差数列.

（1）求含项的系数；

（2）将二项式的展开式中所项重新排成一列，求有理项互不相邻的概率．

【答案】（1）7；（2）.

【分析】（1）利用二项式定理求出前三项的系数的表达式，利用这三个系数成等差数列并结合组合数公式求出的值，再利用二项式展开式通项可求出项的系数；

（2）利用二项展开式通项求出展开式中有理项的项数为，总共是项，利用排列思想得出公共有种排法，然后利用插空法求出有理项不相邻的排法种数，最后利用古典概型概率公式可计算出所求事件的概率．

【详解】（1）∵前三项系数、、成等差数列．

，即．∴或 (舍去）

∴展开式中通项公式T，，，8．

令，得，

∴含x2项的系数为；

（2）当为整数时，．

∴展开式共有9项，共有种排法．

其中有理项有3项，有理项互不相邻有种排法，

∴有理项互不相邻的概率为

【点睛】本题考查二项式定理指定项的系数，考查排列组合以及古典概型的概率计算，在处理排列组合的问题中，要根据问题类型选择合适的方法求解，同时注意合理使用分类计数原理和分步计数原理，考查逻辑推理与计算能力，属于中等题．

21．已知数列的前项．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据数列的通项公式与和前 项和公式的关系，即可求出结果；

（2）由（1）可得，进而可得，再根据裂项相消法即可证明结果.

【详解】(1)解：由①，

所以，当时，②，

由①-②，则

当时，，上式亦满足，

综上.

(2)解：由，

所以

所以

.

22．已知椭圆E：（）的焦点为，，且点在E上．

（1）求E的方程；

（2）已知过定点的动直线l交E于A，B两点，线段的中点为N，若为定值，试求m的值．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）由椭圆的定义可得，再由，结合即可求解.

（2）讨论直线l的斜率是否存在，当直线l的斜率存在，设其方程为，将直线与椭圆联立，，利用韦达定理即可求解.

【详解】解：（1）由题意可知，∴，而，

∴，∴椭圆E的方程为．

（2）①若直线l的斜率不存在，易得，

②若直线l的斜率存在，设其方程为，，，

则，联立得

，

且，，

要使上式为常数，必须且只需，即，

此时易知恒成立，且，符合题意．

综上所述，．

23．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程.

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）当时，求得，得到和，进而求得切线的方程；

（2）令，利用导数求得单调性，得到，即，得到，再令，利用导数求得单调性，得到，两式相加，即可求解.

【详解】(1)解：当时，函数，

可得，所以，

因为，所以切点坐标为，

所以曲线在点处的切线方程为，

即曲线在点处的切线方程.

(2)证明：令，则，

当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，则①.

令，则，

当时，；当时，，

则在上单调递减，在上单调递增，

所以②，

①②可得，即.