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2021-2022学年广东省江门市台山市华侨中学高二下学期期中数学试题（解析版）
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2021-2022学年广东省江门市台山市华侨中学高二下学期期中数学试题一、单选题1．从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（ ）A．7 B．9 C．12 D．16【答案】C【分析】先确定从A地到C地有3种不同的走法，再确定从C地到B地有4种不同的走法，最后求从A地到B地不同的走法种数.【详解】解：根据题意分两步完成任务：第一步：从A地到C地，有3种不同的走法；第二步：从C地到B地，有4种不同的走法，根据分步乘法计数原理，从A地到B地不同的走法种数：种，故选：C.【点睛】本题考查分步乘法计数原理，是基础题.2．下列求导运算正确的（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据基本函数求导公式和导数的运算法则进行判断.【详解】，A错误；，B正确；，C错误；，D错误.故选：B3．已知，，则（ ）A．6 B．2 C．4 D．3【答案】B【分析】根据二项分布的期望公式，求得，结合，即可求解.【详解】由题意，随机变量，可得，因为，可得.故选：B.4．在的展开式中，的系数等于A．280 B．300 C．210 D．120【答案】D【分析】根据二项式定理，把每一项里的系数单独写下来，然后相加，再根据组合数性质，化简求值．【详解】解：在的展开式中，项的系数为．故选D．【点睛】本题主要考查二项式定理展开以及利用组合数性质进行化简求值．5．等比数列满足，，则（ ）A．21 B．42 C．63 D．84【答案】B【解析】设等比数列的公比为，由等比数列的性质可知，，，，构成等比数列，则，可得，从而可求出的值【详解】设等比数列的公比为，易知，，，构成等比数列，且，得.所以.故选：B.6．气象资料表明，某地区每年七月份刮台风的概率为，在刮台风的条件下，下大雨的概率为，则该地区七月份既刮台风又下大雨的概率为A． B． C． D．【答案】B【解析】设某地区每年七月份刮台风为事件A,设某地区每年七月份下大雨为事件B,则该地区七月份既刮台风又下大雨为事件AB，由题得，化简即得解.【详解】设某地区每年七月份刮台风为事件A,设某地区每年七月份下大雨为事件B,则该地区七月份既刮台风又下大雨为事件AB，由题得,所以,所以.故选：B【点睛】本题主要考查条件概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.7．某市高二年级男生的身高(单位：)近似服从正态分布，则随机选择名本市高二年级的男生身高在内的概率为（ ）附：随机变量符合正态分布，则，A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得,进而得到=，进而转化为,然后利用正态分布的对称性计算求解.【详解】由已知求得, =,, ，故选：B.8．设函数，若是函数是极大值点，则函数的极小值为A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数的极大值点为求出参数的值，然后再根据函数的单调性求出函数的极小值即可．【详解】∵，∴，∵是函数的极大值点，∴，解得，∴，∴当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；∴当时，有极小值，且极小值为．故选A．【点睛】解答类似问题时常犯的错误是误认为导函数的零点即为函数的极值点，解题时，在求得导函数的零点后，还要判断出导函数在零点两侧的符号是否相反，若不相反则可得该零点不是函数的极值点．二、多选题9．定义在上的可导函数的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是（ ）A．-3是的一个极小值点；B．-2和-1都是的极大值点；C．的单调递增区间是；D．的单调递减区间是．【答案】ACD【解析】由导函数与单调性、极值的关系判断．【详解】当时，，时，∴是极小值点，无极大值点，增区间是，减区间是．故选：ACD.【点睛】本题考查导数与函数单调性、极值的关系，一定要注意极值点两侧导数的符号相反．10．设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10＝S20，则下列论断中正确的有（ ）A．当n＝15时，Sn取最大值 B．当n＝30时，Sn＝0C．当d＞0时，a10+a22＞0 D．当d＜0时，|a10|＞|a22|【答案】BC【分析】根据等差数列前n项和公式，结合二次函数的性质、等差数列的通项公式逐一判断即可.【详解】∵d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，S10＝S20，∴10a120a1d，解得a1＝﹣14.5d，Sn＝na114.5nd（n﹣15）2，当d＞0时，当n＝15时，Sn取最小值；当d＜0时，当n＝15时，Sn取最大值，故A错误；当n＝30时，Sn（n﹣15）20，故B正确；当d＞0时，a10+a22＝2a1+30d＝d＞0，故C正确；当d＜0时，|a10|＝|a1+9d|＝﹣5.5d，|a22|＝|a1+21d|＝﹣6.5d，∴当d＜0时，|a10|＜|a22|，故D错误．故选：BC．11．设离散型随机变量的分布列为若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有A． B．，C．， D．，【答案】ACD【分析】先计算的值，然后考虑、的值，最后再计算、的值.【详解】因为，所以，故A正确；又，，故C正确；因为，所以，，故D正确.故选ACD.【点睛】随机变量的均值与方差的线性变化：若随机变量与随机变量满足，则，.12．已知，下列结论正确的有（ ）A．各项二项式系数和为128 B．式子的值为2C．式子的值为－1094 D．式子的值为1093【答案】ACD【分析】由二项式系数的性质可判断A；用赋值法令，，可判断BCD【详解】对于A：二项式的各项二项式系数和为，故A正确；对于BCD：令，则，即，令，则，即，令，则，所以，故B错误；由，解得，，故C正确，D正确；故选：ACD三、填空题13．已知函数，则曲线在点处的切线方程是______.【答案】【分析】先求出，求出导函数，得到，进而求出切线方程.【详解】，，故，所以切线方程为：，整理得：.故答案为：14．若，则______.【答案】6【分析】根据组合数的性质及公式，可得，求解即可.【详解】解：，得，，解得或（舍去），故答案为：6.15．在“志愿和平”活动中，某校高二年级名男教师和名女教师参与社区防控新冠肺炎疫情的志愿服务，根据岗位需求应派人巡视商户，且至少有名男教师；另外人测量出入人员体温.则这名教师不同的安排方法有______种（只填数字）【答案】【分析】利用组合数计算出巡视商户的人中无男教师的情况，则对立事件的特点可求得结果.【详解】巡视商户的人中，无男教师的情况有种；不同的安排方法数有种.故答案为：.16．甲和乙两个箱子各装有10个球，其中甲箱中有6个红球、4个白球，乙箱中有8个红球、2个白球.掷一枚质地均匀的骰子，如果出现点数为1或2，从甲箱子随机摸出一个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子随机摸出一个球.则摸到红球的概率为______.【答案】【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式分别求出从甲箱，乙箱摸出红球的概率，再根据互斥事件的概率加法公式，即可求解．【详解】掷到点数为1，2的概率为，从甲箱子摸到红球的概率为，掷到点数为3，4，5，6的概率为，从乙箱子摸到红球的概率为，故摸出红球的概率．故答案为：.四、解答题17．甲、乙两个乒乓球队之间组织友谊比赛，比赛规则如下：每个队各组织五名队员进行五场单打比赛，每场单打比赛获胜的一方得1分，失败的一方不得分．已知每场单打比赛中，甲队获胜的概率均为（每场单打比赛不考虑平局的情况）．(1)求五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分的概率；(2)设比赛结束后甲队的得分为随机变量，求的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）由题意，可知在5场比赛中，甲队赢3场，从而可得概率；（2）根据二项分布可解答.【详解】（1）记“五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分”为事件，而五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分，即五场单打比赛中甲队赢3场，乙队赢2场，所以（2）由题意，可取.所以；；；；；.所以的分布列为：所以.(或者，所以).18．已知数列为单调递增的等比数列，且，.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）结合等比数列性质可构造方程组求得，由此可得公比，由等比数列通项公式可求得；（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得结果.【详解】（1）数列为单调递增的等比数列，，或（舍），数列的公比，.（2）由（1）得：，，，两式作差得：.19．已知椭圆经过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于两点，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题意得，，再结合即可求得答案；（2）联立直线、椭圆方程可得两点坐标，由向量的数量积坐标运算公式可得答案.【详解】（1）椭圆经过点，所以，因为离心率为，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）由得，解得，所以，或，可得，，或者，，所以.20．如图，在正方体中，为的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定可得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，利用线面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）连接，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；，即直线与平面所成角的正弦值为.21．某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答A类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）类．【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．【详解】（1）由题可知，的所有可能取值为，，．；；．所以的分布列为（2）由（1）知，．若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，．；；．所以．因为，所以小明应选择先回答类问题．22．设函数.（1）当时，求的单调区间；（2）当时， 恒成立，求的取值范围；（3）求证：当时， .【答案】（1）的单调递减区间为； 的单调递增区间为；（2）；（3）见解析．【详解】试题分析：（1）直接对函数求导得，借助导函数值的符号与函数单调性之间的关系求出其单调区间；（2）先将不等式中参数分离分离出来可得： ，再构造函数， ，求导得，借助，推得，从而在上单调递减， ，进而求得；（3）先将不等式等价转化为，再构造函数，求导可得，由（2）知时， 恒成立，所以，即恒成立，故在上单调递增，所以，因此时，有：试题解析：（1））当时，则，令得，所以有即时， 的单调递减区间为； 的单调递增区间为.（2）由，分离参数可得： ，设， ，∴，又∵，∴，则在上单调递减，∴，∴即的取值范围为.（3）证明： 等价于设，∴，由（2）知时， 恒成立，所以，∴恒成立∴在上单调递增，∴，因此时，有.点睛：解答本题的第一问时，先对函数求导得，借助导函数值的符号与函数单调性之间的关系求出其单调区间；求解第二问时，先将不等式中参数分离出来可得，再构造函数， ，求导得，借助，推得，从而在上单调递减， ，进而求得；第三问的证明过程中，先将不等式等价转化为，再构造函数，求导可得，由（2）知时， 恒成立，所以，即恒成立，故在上单调递增，所以，因此证得当时，不等式成立． 012340.40.10.20.2012345
2021-2022学年广东省江门市台山市华侨中学高二下学期期中数学试题一、单选题1．从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（ ）A．7 B．9 C．12 D．16【答案】C【分析】先确定从A地到C地有3种不同的走法，再确定从C地到B地有4种不同的走法，最后求从A地到B地不同的走法种数.【详解】解：根据题意分两步完成任务：第一步：从A地到C地，有3种不同的走法；第二步：从C地到B地，有4种不同的走法，根据分步乘法计数原理，从A地到B地不同的走法种数：种，故选：C.【点睛】本题考查分步乘法计数原理，是基础题.2．下列求导运算正确的（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据基本函数求导公式和导数的运算法则进行判断.【详解】，A错误；，B正确；，C错误；，D错误.故选：B3．已知，，则（ ）A．6 B．2 C．4 D．3【答案】B【分析】根据二项分布的期望公式，求得，结合，即可求解.【详解】由题意，随机变量，可得，因为，可得.故选：B.4．在的展开式中，的系数等于A．280 B．300 C．210 D．120【答案】D【分析】根据二项式定理，把每一项里的系数单独写下来，然后相加，再根据组合数性质，化简求值．【详解】解：在的展开式中，项的系数为．故选D．【点睛】本题主要考查二项式定理展开以及利用组合数性质进行化简求值．5．等比数列满足，，则（ ）A．21 B．42 C．63 D．84【答案】B【解析】设等比数列的公比为，由等比数列的性质可知，，，，构成等比数列，则，可得，从而可求出的值【详解】设等比数列的公比为，易知，，，构成等比数列，且，得.所以.故选：B.6．气象资料表明，某地区每年七月份刮台风的概率为，在刮台风的条件下，下大雨的概率为，则该地区七月份既刮台风又下大雨的概率为A． B． C． D．【答案】B【解析】设某地区每年七月份刮台风为事件A,设某地区每年七月份下大雨为事件B,则该地区七月份既刮台风又下大雨为事件AB，由题得，化简即得解.【详解】设某地区每年七月份刮台风为事件A,设某地区每年七月份下大雨为事件B,则该地区七月份既刮台风又下大雨为事件AB，由题得,所以,所以.故选：B【点睛】本题主要考查条件概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.7．某市高二年级男生的身高(单位：)近似服从正态分布，则随机选择名本市高二年级的男生身高在内的概率为（ ）附：随机变量符合正态分布，则，A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得,进而得到=，进而转化为,然后利用正态分布的对称性计算求解.【详解】由已知求得, =,, ，故选：B.8．设函数，若是函数是极大值点，则函数的极小值为A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数的极大值点为求出参数的值，然后再根据函数的单调性求出函数的极小值即可．【详解】∵，∴，∵是函数的极大值点，∴，解得，∴，∴当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；∴当时，有极小值，且极小值为．故选A．【点睛】解答类似问题时常犯的错误是误认为导函数的零点即为函数的极值点，解题时，在求得导函数的零点后，还要判断出导函数在零点两侧的符号是否相反，若不相反则可得该零点不是函数的极值点．二、多选题9．定义在上的可导函数的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是（ ）A．-3是的一个极小值点；B．-2和-1都是的极大值点；C．的单调递增区间是；D．的单调递减区间是．【答案】ACD【解析】由导函数与单调性、极值的关系判断．【详解】当时，，时，∴是极小值点，无极大值点，增区间是，减区间是．故选：ACD.【点睛】本题考查导数与函数单调性、极值的关系，一定要注意极值点两侧导数的符号相反．10．设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10＝S20，则下列论断中正确的有（ ）A．当n＝15时，Sn取最大值 B．当n＝30时，Sn＝0C．当d＞0时，a10+a22＞0 D．当d＜0时，|a10|＞|a22|【答案】BC【分析】根据等差数列前n项和公式，结合二次函数的性质、等差数列的通项公式逐一判断即可.【详解】∵d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，S10＝S20，∴10a120a1d，解得a1＝﹣14.5d，Sn＝na114.5nd（n﹣15）2，当d＞0时，当n＝15时，Sn取最小值；当d＜0时，当n＝15时，Sn取最大值，故A错误；当n＝30时，Sn（n﹣15）20，故B正确；当d＞0时，a10+a22＝2a1+30d＝d＞0，故C正确；当d＜0时，|a10|＝|a1+9d|＝﹣5.5d，|a22|＝|a1+21d|＝﹣6.5d，∴当d＜0时，|a10|＜|a22|，故D错误．故选：BC．11．设离散型随机变量的分布列为若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有A． B．，C．， D．，【答案】ACD【分析】先计算的值，然后考虑、的值，最后再计算、的值.【详解】因为，所以，故A正确；又，，故C正确；因为，所以，，故D正确.故选ACD.【点睛】随机变量的均值与方差的线性变化：若随机变量与随机变量满足，则，.12．已知，下列结论正确的有（ ）A．各项二项式系数和为128 B．式子的值为2C．式子的值为－1094 D．式子的值为1093【答案】ACD【分析】由二项式系数的性质可判断A；用赋值法令，，可判断BCD【详解】对于A：二项式的各项二项式系数和为，故A正确；对于BCD：令，则，即，令，则，即，令，则，所以，故B错误；由，解得，，故C正确，D正确；故选：ACD三、填空题13．已知函数，则曲线在点处的切线方程是______.【答案】【分析】先求出，求出导函数，得到，进而求出切线方程.【详解】，，故，所以切线方程为：，整理得：.故答案为：14．若，则______.【答案】6【分析】根据组合数的性质及公式，可得，求解即可.【详解】解：，得，，解得或（舍去），故答案为：6.15．在“志愿和平”活动中，某校高二年级名男教师和名女教师参与社区防控新冠肺炎疫情的志愿服务，根据岗位需求应派人巡视商户，且至少有名男教师；另外人测量出入人员体温.则这名教师不同的安排方法有______种（只填数字）【答案】【分析】利用组合数计算出巡视商户的人中无男教师的情况，则对立事件的特点可求得结果.【详解】巡视商户的人中，无男教师的情况有种；不同的安排方法数有种.故答案为：.16．甲和乙两个箱子各装有10个球，其中甲箱中有6个红球、4个白球，乙箱中有8个红球、2个白球.掷一枚质地均匀的骰子，如果出现点数为1或2，从甲箱子随机摸出一个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子随机摸出一个球.则摸到红球的概率为______.【答案】【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式分别求出从甲箱，乙箱摸出红球的概率，再根据互斥事件的概率加法公式，即可求解．【详解】掷到点数为1，2的概率为，从甲箱子摸到红球的概率为，掷到点数为3，4，5，6的概率为，从乙箱子摸到红球的概率为，故摸出红球的概率．故答案为：.四、解答题17．甲、乙两个乒乓球队之间组织友谊比赛，比赛规则如下：每个队各组织五名队员进行五场单打比赛，每场单打比赛获胜的一方得1分，失败的一方不得分．已知每场单打比赛中，甲队获胜的概率均为（每场单打比赛不考虑平局的情况）．(1)求五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分的概率；(2)设比赛结束后甲队的得分为随机变量，求的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）由题意，可知在5场比赛中，甲队赢3场，从而可得概率；（2）根据二项分布可解答.【详解】（1）记“五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分”为事件，而五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分，即五场单打比赛中甲队赢3场，乙队赢2场，所以（2）由题意，可取.所以；；；；；.所以的分布列为：所以.(或者，所以).18．已知数列为单调递增的等比数列，且，.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）结合等比数列性质可构造方程组求得，由此可得公比，由等比数列通项公式可求得；（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得结果.【详解】（1）数列为单调递增的等比数列，，或（舍），数列的公比，.（2）由（1）得：，，，两式作差得：.19．已知椭圆经过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于两点，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题意得，，再结合即可求得答案；（2）联立直线、椭圆方程可得两点坐标，由向量的数量积坐标运算公式可得答案.【详解】（1）椭圆经过点，所以，因为离心率为，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）由得，解得，所以，或，可得，，或者，，所以.20．如图，在正方体中，为的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定可得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，利用线面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）连接，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；，即直线与平面所成角的正弦值为.21．某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答A类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）类．【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．【详解】（1）由题可知，的所有可能取值为，，．；；．所以的分布列为（2）由（1）知，．若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，．；；．所以．因为，所以小明应选择先回答类问题．22．设函数.（1）当时，求的单调区间；（2）当时， 恒成立，求的取值范围；（3）求证：当时， .【答案】（1）的单调递减区间为； 的单调递增区间为；（2）；（3）见解析．【详解】试题分析：（1）直接对函数求导得，借助导函数值的符号与函数单调性之间的关系求出其单调区间；（2）先将不等式中参数分离分离出来可得： ，再构造函数， ，求导得，借助，推得，从而在上单调递减， ，进而求得；（3）先将不等式等价转化为，再构造函数，求导可得，由（2）知时， 恒成立，所以，即恒成立，故在上单调递增，所以，因此时，有：试题解析：（1））当时，则，令得，所以有即时， 的单调递减区间为； 的单调递增区间为.（2）由，分离参数可得： ，设， ，∴，又∵，∴，则在上单调递减，∴，∴即的取值范围为.（3）证明： 等价于设，∴，由（2）知时， 恒成立，所以，∴恒成立∴在上单调递增，∴，因此时，有.点睛：解答本题的第一问时，先对函数求导得，借助导函数值的符号与函数单调性之间的关系求出其单调区间；求解第二问时，先将不等式中参数分离出来可得，再构造函数， ，求导得，借助，推得，从而在上单调递减， ，进而求得；第三问的证明过程中，先将不等式等价转化为，再构造函数，求导可得，由（2）知时， 恒成立，所以，即恒成立，故在上单调递增，所以，因此证得当时，不等式成立． 012340.40.10.20.2012345
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