2021-2022学年河南省商丘市五校高二下学期5月联考数学试题（解析版）

高二下学期5月联考数学试题

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知函数，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出，代值计算可得的值.

【详解】因为，则，故.

故选：B.

2. 《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

【解析】

【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

3. 曲线在处的切线的方程为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由导数的几何意义即可求解.

【详解】解：由，得，所以，，

所以曲线在处的切线的方程为，即．

故选：B.

4. 满足条件的自然数有（）

A. 7个 B. 6个 C. 5个 D. 4个

【答案】C

【解析】

【分析】根据排列数和组合数公式化简可得，再根据，且可得答案.

【详解】由得，即，

又，且，所以.

故选：C

【点睛】本题考查了排列数与组合数公式，属于基础题.

5已知函数，若，，，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分析导数的单调性，利用中间值法可得出，结合函数在上的单调性可得出、、的大小关系.

【详解】因为，所以，

所以当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减，

又，，即，所以，

故选：B.

6. 设，其中，且，那么（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据二项分布概率公式求得，再根据二项分布概率公式求解即可.

【详解】解：根据题意得，即，

解得或（舍去），

故.

故选：D

7. 盒中放有12个乒乓球，其中9个是新的，第一次比赛时从中任取3个来使用，比赛后仍放回盒中.第二次比赛时再从中任取3个球，则第二次取出的球都是新球的概率为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】令表示第一次任取3个球使用时，取出i个新球，分别求出其概率，再由全概率公式求解即可.

【详解】令表示第一次任取3个球使用时，取出i个新球，B表示“第二次任取的3个球都是新球”，则有，，，，根据全概率公式，第二次取到的球都是新球的概率为.

故选：A.

8. 若定义域为R的函数的导函数为，并且满足，则下列正确的是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，结合各选项的信息构造函数，利用导数探讨函数单调性即可判断作答.

【详解】令函数，求导得，因此函数在R上单调递增，

于是得，即，整理得，B正确.

故选：B

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 的展开式中，下列结论正确的是（）

A. 展开式共6项 B. 常数项为64

C. 所有项的系数之和为729 D. 所有项的二项式系数之和为64

【答案】CD

【解析】

【分析】利用二项展开式的特点判断A；求出指定项判断B；利用赋值法求出展开式系数和判断C；利用二项式系数的性质判断D作答.

【详解】展开式的总项数是7，A不正确；

展开式的常数项为，B不正确；

取得展开式的所有项的系数之和为，C正确；

由二项式系数的性质得展开式的所有项的二项式系数之和为，D正确.

故选：CD

10. 已知函数，其中，，则下列选项中的条件使得仅有一个零点的有（）

A. 为奇函数 B.

C. ， D. ，

【答案】BD

【解析】

【分析】利用导数得出函数的极值点结合奇函数的性质，即可得出有三个零点，错误；

由，得出，从而得出函数单调递增，则B正确；

取，利用导数得出的极大值为，极小值为，从而得出有两个零点，错误；

得出函数的极大值和极小值，并判断其正负，即可得出仅有一个零点，正确.

【详解】由题知.

对于，由是奇函数，知，因为，所以存在两个极值点，由知，有三个零点，错误；

对于，因为，所以，，所以单调递增，则仅有一个零点，正确；

对于，若取，，则的极大值为，极小值为，此时有两个零点，错误；

对于，，

易得的极大值为，极小值为.

可知仅有一个零点，正确.

故选：BD

【点睛】本题考查利用导数研究函数性质，属于中等题.

11. 已知m，n均为正数，随机变量X的分布列如下表：

则下列结论一定成立的是（）

A.  B.

C D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】由分布列的性质得，，，根据随机变量的期望、方差公式，以及基本不等式逐一判断可得选项.

【详解】解：由分布列的性质得，，，

当，时，，故选项A错误；

因为，故选项B正确；

因为m，n均为正数，所以，即，当且仅当时，等号成立，故选项C正确；

由，得.又，所以，故选项D正确.

故选：BCD.

12. 已知函数，下列关于f(x)的说法中正确的是（）

A. 当且仅当a=0时，f(x)有唯一的零点

B. f(x)最多有两个极值点

C. 若则f(x)仅有一个极值点

D. 若f(x)无极值点，则

【答案】BC

【解析】

【分析】由可得或，利用导数由无解或解为可求得的范围，即可判断A；令可得，利用导数判断的解的情况即可判断BCD.

【详解】因为，

所以或，所以或，

设，则，

由可得，由可得，

则在单调递增，在单调递减，

，

要使无解，则，即，又，此时，

即若有唯一的零点，则或，故A错误；

，易知，

令可得（且），

则，令可得，

所以在递增，在递减，在递减，在，

又，所以最多有2个解，即最多有两个极值点，故B正确；

当时，只有一个解，即仅有一个极值点，故C正确；

当时，有2个解，此时有2个极值点，故D错误.

故选：BC.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知函数，则的最大值为________________________．

【答案】

【解析】

【分析】

利用导数得出单调性即可得出最值.

【详解】

则函数在上单调递增，在上单调递减

即

故答案：

14. 在射击训练中，某射击运动员一次射击命中的概率为，连续两次射击命中的概率为. 已知他第一发子弹命中，则他第二发子弹命中的概率为________.

【答案】

【解析】

【分析】根据条件概率公式可以直接求解.

【详解】设第一次命中为事件，第二次命中为事件，由，得，

故答案为.

15. 若随机变量，，且，则展开式中项的系数是__________．

【答案】1620

【解析】

【分析】根据正态分布的概率性质求出的值，再化；利用展开式的通项公式求出含的系数，即可求出对应项的系数．

【详解】解：随机变量，，均值是2，

且，

；

；

又展开式的通项公式为

，

令，解得，不合题意，舍去；

令，解得，对应的系数为；

令，解得，不合题意，舍去；

展开式中项的系数是．

故答案为：1620．

【点睛】本题考查了正态分布曲线的特点及其几何意义，也考查二项式系数的性质与应用问题，属于中档题；

16. 已知函数.

①当时，若函数有且只有一个极值点，则实数的取值范围是______；

②若函数的最大值为1，则______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】①首先求出当时的极值点，根据题意即可得到的取值范围.

②分别讨论当，和时，求出函数的最大值，比较即可求出的值.

【详解】①当时，.

，令，解得.

因为函数在有且只有一个极值点，所以.

②当时，，此时，舍去.

当时，

，.

，..

所以，因为，所以.

当时，

，.，

令，解得.

，，为增函数，

，，为减函数.

.

当时，，所以，

（1）当时，；

当时，即，，解得（舍去）.

当时，即，，解得（舍去）；

(2)当时，，只有且，这样的不存在．

综上所述：.

故答案为：①；②．

【点睛】本题主要考查利用导数求含参函数的极值点和最值，分类讨论是解题的关键，属于难题.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.

17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求角C；

（2）求的取值范围．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理角化边以及余弦定理即可求解.

(2) 由正弦定理边化角，再由三角函数求最值.

【小问1详解】

由已知及正弦定理得，

即，由余弦定理得

，可得．

【小问2详解】

根据正弦定理得

，

又，则

故，则的取值范围是．

18. 给出条件：①，；②，，且.若请在这两个条件中选一个填入下面的横线上并解答.（注：在解答过程中注明选择条件①或条件②，若选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分）已知等比数列的前项和为，若______，

（1）求的值及数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）选择见解析，，；

（2）.

【解析】

【分析】（1）选①，利用已知结合求出通项，再由求出m即可；

选②，利用已知结合求出公比，通项，进而求出m作答.

（2）利用（1）的结论，再利用裂项相消法求解作答.

【小问1详解】

选①，等比数列的前项和，

当时，，于是得，

当时，，由得：，解得：，满足，

所以，.

选②，等比数列的前项和，且，

当时，，于是得，整理得，

因此等比数列公比为3，则，有，

而当时，，即，解得：，

所以，.

【小问2详解】

由（1）知，，则，

因此.

19. “绿水青山，就是金山银山”2020年9月22日，国家主席习近平在第七十五届联合国大会一般性辩论上发表重要讲话，指出要加快形成绿色发展方式和生活方式，建设生态文明和美丽地球，中国将提高贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和，某企业为了响应中央号召，准备在企业周边区域内通过植树造林实现减碳，从某育苗基地随机采购了120株银杏树树苗进行栽种，测量树苗的高度，得到如下频率分布直方图，已知不同高度区间内树苗的售价区间如下表.

（1）现从120株树苗中，按售价分层抽样抽取8株，再从中任选三株，求售价之和不低于20元的概率；

（2）以样本中树苗高度的频率作为育苗基地中树苗高度的概率.若从该育苗基地银杏树树苗中任选4株，记树苗高度超过140的株数为，求随机变量的分布列和期望.

【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：.

【解析】

【分析】（1）首先根据分层抽样确定各层的数量，然后结合组合以及求古典概型的概率的公式即可；

（2）求出的所有可能取值，然后求出对应概率，进而列出分布列，再根据二项分布求期望的公式即可求解.

【详解】（1）高度在内的占比为，

高度在内的占比为，

高度在内的占比为，

从这120株树苗中，按售价分层抽取8株，其中2株4元，4株6元，2株8元，

再从中任选三株，售价之和不低于20元，可以为､､，

故所求概率为.

(2若从该育苗基地银杏树树苗中任选4株，高度超过140cm的概率为

由题意可知，则；；；；.

所以，随机变量分布列如下表所示：

随机变量的数学期望为.

20. 已知三棱锥中，，，为中点，点在棱上，且.

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

(1)三角形ABC是等腰直角三角形，可证BO垂直于AC，在三角形BMO中，可证MO垂直于BO，由线面垂直的判断定理可证明；

（2）由（1）知因为，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量在立体几何中的应用即可解得二面角的大小.

【详解】（1）证明：连接，，

在三角形中：，，则，，.

在中：，为的中点，则，且.

在中：，，，满足：

根据勾股定理逆定理得到，

故平面；

（2）因为，，两两垂直，建立空间直角坐标系如图所示.

因为，

则，，，，由所以，

设平面的法向量为，则

令，得.

因为平面，所以为平面的法向量，所以与所成角的余弦为.

所以二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理以及利用空间向量求解二面角的大小，属于中档题目，解题中尤其是平面法向量的求解运算比较繁杂，因此对运算能力的要求较高.

21. 设椭圆经过点，离心率为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设椭圆的左，右顶点分别为，，过定点的直线与椭圆交于，两点（与，不重合），证明：直线，的交点的横坐标为定值．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】

【分析】（1）把点代入椭圆方程，然后结合离心率公式即可求出椭圆的标准方程；

（2）设出直线方程，与椭圆方程联立消元写韦达，然后表示出直线，的方程，并把方程联立求交点的横坐标，从而证明交点的横坐标为定值.

【详解】（1）由题意知，，解得，

所以椭圆的标准方程为．

（2）设过点直线方程为，

代入椭圆的方程，整理得，

因为，

设，，，

则，①，

由（1）得，，

则直线的方程为，直线的方程为，

联立两直线方程，消去，整理得，②

将，代入②，

整理得③，

把①式代入③，整理得，

所以直线，的交点的横坐标为定值．

22. 已知函数．

（1）求函数的单调区间；

（2）设函数有两个极值点（），若恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1）求出导函数，令，利用判别式讨论的取值范围，结合导数与函数单调性的关系即可求解.

（2）根据题意可得是方程的两个不等正实根，由（1）知，利用韦达定理得，且，然后分离参数只需恒成立，，从而令，利用导数求出的最小值即可求解.

【详解】（1）因为，

所以．

令，，

当即时，，即，

所以函数单调递增区间为．

当即或时，．

若，则，所以，即，

所以函数单调递增区间为．

若，则，由，即得或；

由，即得．

所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为．

综上，当时，函数单调递增区间为；

当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．

（2）由（1）得，

若有两个极值点，则是方程的两个不等正实根，

由（1）知．则，故，

要使恒成立，只需恒成立．

因为

令，则，

当时，，为减函数，所以．

由题意，要使恒成立，只需满足．

所以实数的取值范围．

【点睛】本题考查函数和导数及其应用、不等式等基础知识；考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论证能力与创新意识；考查函数与方程思想、分类与整合思想、化归与转化思想等思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性、创新性．．