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云南省曲靖天人高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）
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这是一份云南省曲靖天人高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（解析版），共16页。
曲靖天人中学2022-2023学年春季学期期中考试
高二数学
命题人：潘彦兵
考试时间：120分钟 满分：150分
一､单选题（共8小题，每小题5分，共40.0分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出，利用并集概念进行求解.
【详解】，故.
故选：C
2. 已知i为虚数单位，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求解.
【详解】解：由，
得，
故选：B
3. 已知，，若，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求解.
【详解】由得.
故选：B.
4. 若把英语单词“word”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有（ ）
A. 24种 B. 23种 C. 12种 D. 11种
【答案】B
【解析】
【分析】根据对立事件以及排列组合的知识求得正确答案.
【详解】“word”一共有个不同的字母，
这个字母全排列有种方法，
其中正确的有种，所以错误的有种.
故选：B
5. 在的展开式中，的系数为（ ）．
A. B. 5 C. D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定的系数即可.
【详解】展开式的通项公式为：，
令可得：，则的系数为：.
故选：C.
【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
6. 函数的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的真数大于0，直接计算可得答案.
【详解】由已知得，，解得，故.
故选：B
7. 2021年江苏省实行“3+1+2”新高考模式，学生选科时语文､数学､英语三科必选，物理､历史两科中选择1科，政治､地理､化学､生物四科中选择2科，则学生不同的选科方案共有（ ）
A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种
【答案】B
【解析】
【分析】先求得物理､历史两科中选择1科的选法，再求得政治､地理､化学､生物四科中选择2科的选法，根据乘法计数原理，即可求得答案.
【详解】由题意得：物理､历史两科中选择1科，有种选法，
政治､地理､化学､生物四科中选择2科，有种选法，
所以学生不同的选科方案共有种.
故选：B
8. 如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，则该款粉碎机进物仓的容积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合棱台的体积计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】
画出满足题意正四棱台，如图所示，则．过点D作于点E，则，所以该正四棱台的体积为．
故选：C
二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20.0分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.）
9. 下列各式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据常函数，三角函数和幂函数的导数运算，逐一排除即可．
【详解】解：对于，，选项错误；
对于，，选项错误；
对于，，选项正确；
对于，，选项正确；
故选：．
【点睛】本题考查导数的运算及基本初等函数的导数公式的应用，属于基础题．
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最大值是2 B. 的最小正周期为
C. 在上是增函数 D. 的图像关于点对称
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，由函数的解析式即可求出函数的最大值，对B，D根据正弦函数的周期与对称中心公式，整体代入即可判断；对C，先求出的单调递增区间，即可判断.
【详解】解：对A，，
故当时，，故A正确；
对B，的最小正周期，故B错误；
对C，令，
解得：，
故的单调递增区间为：，
当时，的一个单调递增区间为：，
故上单调递增，故C正确；
对D，令，
解得：，
故的对称中心为：，
令，
即，
解得：，
故不是的对称中心，故D错误.
故选：AC.
11. 给定数5，4，3，5，3，2，2，3，1，2，则这组数据的（ ）
A. 中位数为3 B. 方差为
C. 众数为3 D. 分位数为4.5
【答案】AB
【解析】
【分析】先将数5，4，3，5，3，2，2，3，1，2，按小到大的顺序排列，再逐项判断.
【详解】解：将数5，4，3，5，3，2，2，3，1，2，按小到大的顺序排列为：
1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，则这组数据的中位数为，故A正确；
数据中2，3，出现的此时最多，所以众数为2和3，故C错误；
平均数为：，
则方差为，故B正确；
第分位数是数据中至少有的数据小于或等于该数，因此，从小到大第9个数字为5，故D错误，
故选：AB
12. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，于是留下遗言：他死后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，若，则（ ）
A. 的展开式中的常数项是
B. 的展开式中的各项系数之和为
C. 的展开式中的二项式系数最大值是
D. ，其中为虚数单位
【答案】BC
【解析】
【分析】设内切球的半径为，由圆柱和球的体积和表面积公式可求得，进而得到；
对于A，利用二项式定理得到展开式通项，令可求得，代入得到常数项，知A错误；
对于B，采用赋值法，令可得各项系数和，知B正确；
对于C，由二项式系数性质知最大值为，知C正确；
对于D，根据复数的运算可知D错误.
【详解】设内切球的半径为，则圆柱的高为，
，，则，；
对于A，展开式通项公式为：，
令，解得：，展开式的常数项为，A错误；
对于B，，即展开式的各项系数之和为，B正确；
对于C，展开式中二项式系数最大值为，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题以立体几何的知识为载体，重点考查了二项式定理的知识，解题关键是能够利用球和圆柱的表面积及体积公式确定二项展开式的表达式.
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20.0分）
13. 函数在点处的切线方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由导数的几何意义即可求出切线斜率，即可求解切线方程.
【详解】因为，所以，所以
所以在点处切线斜率为，又，
则在点处的切线方程为
，即.
故答案为：.
14. 若在等差数列中，，则通项公式__________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，然后根据已知条件列方程组可求出，从而可求出
【详解】设等差数列的公差为，则
，解得，
所以，
故答案为：
15. 在中，角所对的边分别是，并且，，，则的值为______．
【答案】或
【解析】
【分析】利用余弦定理列出关系式，将及代入方程中解出验证即可.
【详解】在中，因为，，，
所以由余弦定理得：，
即：，
解得：或
当时，，，，，满足题意；
当时，，，，，满足题意；
故答案为：或.
16. 已知的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是_____________
【答案】
【解析】
【详解】设，则，
函数在上是减函数，
，
，
，
，
，
解得．
故答案为.
点睛：本题主要考查构造函数，常用的有：，构造xf(x)；
2xf(x)+x2f′(x)，构造x2f(x)；
，构造;
，构造；
，构造.等等.
四､解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知数列的前项和，且；
（1）求它的通项
（2）若，求数的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用求出；
（2）运用分组求和分别求出和的前n项和即可.
【小问1详解】
，当时，，
当时，，经验证，满足，
；
【小问2详解】
，，
数列是以首项为1，2为公比的等比数列，
；
综上，，.
18. 已知中，角､､的对边分别为，，，若.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设条件和正弦定理化简得到，进而求得的大小；
（2）由（1）知，结合题设条件和余弦定理，即可求得的值.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
因为，可得，所以，可得，
又因为，所以.
（2）由（1）知，又由，，
由余弦定理可得，
所以.
19. 如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，且，是的中点．
求证：直线平面；
求直线与平面的夹角的正弦值．
【答案】证明见解析；.
【解析】
【分析】证明，结合，即可证明直线平面；
以为原点，分别以,,为，，轴建立空间直角坐标系，求出相关向量，求出平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，利用向量的数量积求解即可.
【详解】解：底面，.
又底面是正方形，.
，平面，平面，
平面.
以为原点，分别以,,为，，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设，则,,,,
,,.
设平面的法向量为，
由得，令，
则.
设直线与平面所成角，
则，
，即直线与平面的夹角的正弦值为.
【点睛】本题考查了直线与平面所成角的求法，向量的数量积的运用，直线与平面垂直的判定定理的应用，属于中档题.
20. 滕州市教育局为了解学生网络教学期间的学习情况，从初中及高中共抽取了50名学生，对他们每天平均学习时间进行统计．请根据下面的各班人数统计表和学习时间的频率分布直方图解决下列问题：
年级
人数
初一
4
初二
4
初三
6
高一
12
高二
6
高三
18
合计
50
（1）抽查的50人中，每天平均学习时间为6～8小时的人数有多少？
（2）经调查，每天平均学习时间不少于6小时的学生均来自高中．现采用分层抽样的方法，从学习时间不少于6小时的学生中随机抽取6名学生进行问卷调查，求这三个年级各抽取了多少名学生；
（3）在（2）抽取的6名学生中随机选取2人进行访谈，求这2名学生来自不同年级的概率．
【答案】（1）18人；（2）从高中三个年级依次抽取2名学生，1名学生，3名学生；（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，可求得学习时间为6～8小时的频率，进而得学习时间为6～8小时的人数.
（2）根据分层抽样特征，即可确定在高中三个年级依次抽人数.
（3）设高一的2名学生为，高二的1名学生为，高三的3名学生为，，．利用列举法得所有可能，进而求得2名学生来自不同年级的概率．
【详解】（1）由直方图知，学习时间为6～8小时的频率为，
∴学习时间为6～8小时的人数为（人）；
（2）由直方图可得，学习时间不少于6小时的学生有人．
∵从中抽取6名学生的抽取比例为，高中三个年级的人数分别为12、6、18，
∴从高中三个年级依次抽取2名学生，1名学生，3名学生；
（3）设高一的2名学生为，高二的1名学生为，高三的3名学生为，，．
则从6名学生中选取2人所有可能的情形有，，，，，，，，，，，，，，，共15种可能．
其中2名学生来自不同年级的有，，，，，，，，，，，共11种情形，
故所求概率为．
【点睛】本题考查了频率分布直方图简单应用，分层抽样特征，列举法求古典概型概率的应用，属于基础题.
21. 已知椭圆过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知定点，若直线与椭圆相交于、两点，试判断是否存在实数，使以为直径的圆过定点？若存在求出这个值，若不存在说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【解析】
【分析】
（1）解方程组即可得的值，进而可得椭圆的方程；
（2）设，联立直线与椭圆的方程消元可得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，用表示且，解方程，若有解说明存在，否则说明不存在.
【详解】（1）由题得可得
解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）假设实数，使以为直径的圆过定点，
直线与椭圆相交于、两点
设，
联立 ，
得：，
，（*）
若以为直径的圆过定点
则，
则：
将（*）代入此式，
解得：，满足
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是直径所对的圆周角是直角得出，即，再利用向量数量积的坐标表示.
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；
【答案】（1）的单调减区间为，单调增区间为；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求得的单调区间.
（2）由分离参数，然后利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【小问1详解】
当时，则，
令，得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
即时，的单调减区间为，单调增区间为.
【小问2详解】
，
恒成立等价于恒成立，
设，
当时，，
在上单调递减，
时，，
，
的取值范围为.
【点睛】利用导数研究函数的单调性，在求导后，可根据导函数的符号来判断出原函数的单调性.利用导数研究含参数的不等式恒成立问题，可考虑分离参数法，分离参数并构造函数后，可利用导数求得所构造函数的范围，进而求得参数的取值范围.
曲靖天人中学2022-2023学年春季学期期中考试
高二数学
命题人：潘彦兵
考试时间：120分钟 满分：150分
一､单选题（共8小题，每小题5分，共40.0分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出，利用并集概念进行求解.
【详解】，故.
故选：C
2. 已知i为虚数单位，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求解.
【详解】解：由，
得，
故选：B
3. 已知，，若，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求解.
【详解】由得.
故选：B.
4. 若把英语单词“word”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有（ ）
A. 24种 B. 23种 C. 12种 D. 11种
【答案】B
【解析】
【分析】根据对立事件以及排列组合的知识求得正确答案.
【详解】“word”一共有个不同的字母，
这个字母全排列有种方法，
其中正确的有种，所以错误的有种.
故选：B
5. 在的展开式中，的系数为（ ）．
A. B. 5 C. D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定的系数即可.
【详解】展开式的通项公式为：，
令可得：，则的系数为：.
故选：C.
【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
6. 函数的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的真数大于0，直接计算可得答案.
【详解】由已知得，，解得，故.
故选：B
7. 2021年江苏省实行“3+1+2”新高考模式，学生选科时语文､数学､英语三科必选，物理､历史两科中选择1科，政治､地理､化学､生物四科中选择2科，则学生不同的选科方案共有（ ）
A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种
【答案】B
【解析】
【分析】先求得物理､历史两科中选择1科的选法，再求得政治､地理､化学､生物四科中选择2科的选法，根据乘法计数原理，即可求得答案.
【详解】由题意得：物理､历史两科中选择1科，有种选法，
政治､地理､化学､生物四科中选择2科，有种选法，
所以学生不同的选科方案共有种.
故选：B
8. 如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，则该款粉碎机进物仓的容积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合棱台的体积计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】
画出满足题意正四棱台，如图所示，则．过点D作于点E，则，所以该正四棱台的体积为．
故选：C
二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20.0分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.）
9. 下列各式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据常函数，三角函数和幂函数的导数运算，逐一排除即可．
【详解】解：对于，，选项错误；
对于，，选项错误；
对于，，选项正确；
对于，，选项正确；
故选：．
【点睛】本题考查导数的运算及基本初等函数的导数公式的应用，属于基础题．
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最大值是2 B. 的最小正周期为
C. 在上是增函数 D. 的图像关于点对称
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，由函数的解析式即可求出函数的最大值，对B，D根据正弦函数的周期与对称中心公式，整体代入即可判断；对C，先求出的单调递增区间，即可判断.
【详解】解：对A，，
故当时，，故A正确；
对B，的最小正周期，故B错误；
对C，令，
解得：，
故的单调递增区间为：，
当时，的一个单调递增区间为：，
故上单调递增，故C正确；
对D，令，
解得：，
故的对称中心为：，
令，
即，
解得：，
故不是的对称中心，故D错误.
故选：AC.
11. 给定数5，4，3，5，3，2，2，3，1，2，则这组数据的（ ）
A. 中位数为3 B. 方差为
C. 众数为3 D. 分位数为4.5
【答案】AB
【解析】
【分析】先将数5，4，3，5，3，2，2，3，1，2，按小到大的顺序排列，再逐项判断.
【详解】解：将数5，4，3，5，3，2，2，3，1，2，按小到大的顺序排列为：
1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，则这组数据的中位数为，故A正确；
数据中2，3，出现的此时最多，所以众数为2和3，故C错误；
平均数为：，
则方差为，故B正确；
第分位数是数据中至少有的数据小于或等于该数，因此，从小到大第9个数字为5，故D错误，
故选：AB
12. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，于是留下遗言：他死后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，若，则（ ）
A. 的展开式中的常数项是
B. 的展开式中的各项系数之和为
C. 的展开式中的二项式系数最大值是
D. ，其中为虚数单位
【答案】BC
【解析】
【分析】设内切球的半径为，由圆柱和球的体积和表面积公式可求得，进而得到；
对于A，利用二项式定理得到展开式通项，令可求得，代入得到常数项，知A错误；
对于B，采用赋值法，令可得各项系数和，知B正确；
对于C，由二项式系数性质知最大值为，知C正确；
对于D，根据复数的运算可知D错误.
【详解】设内切球的半径为，则圆柱的高为，
，，则，；
对于A，展开式通项公式为：，
令，解得：，展开式的常数项为，A错误；
对于B，，即展开式的各项系数之和为，B正确；
对于C，展开式中二项式系数最大值为，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题以立体几何的知识为载体，重点考查了二项式定理的知识，解题关键是能够利用球和圆柱的表面积及体积公式确定二项展开式的表达式.
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20.0分）
13. 函数在点处的切线方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由导数的几何意义即可求出切线斜率，即可求解切线方程.
【详解】因为，所以，所以
所以在点处切线斜率为，又，
则在点处的切线方程为
，即.
故答案为：.
14. 若在等差数列中，，则通项公式__________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，然后根据已知条件列方程组可求出，从而可求出
【详解】设等差数列的公差为，则
，解得，
所以，
故答案为：
15. 在中，角所对的边分别是，并且，，，则的值为______．
【答案】或
【解析】
【分析】利用余弦定理列出关系式，将及代入方程中解出验证即可.
【详解】在中，因为，，，
所以由余弦定理得：，
即：，
解得：或
当时，，，，，满足题意；
当时，，，，，满足题意；
故答案为：或.
16. 已知的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是_____________
【答案】
【解析】
【详解】设，则，
函数在上是减函数，
，
，
，
，
，
解得．
故答案为.
点睛：本题主要考查构造函数，常用的有：，构造xf(x)；
2xf(x)+x2f′(x)，构造x2f(x)；
，构造;
，构造；
，构造.等等.
四､解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知数列的前项和，且；
（1）求它的通项
（2）若，求数的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用求出；
（2）运用分组求和分别求出和的前n项和即可.
【小问1详解】
，当时，，
当时，，经验证，满足，
；
【小问2详解】
，，
数列是以首项为1，2为公比的等比数列，
；
综上，，.
18. 已知中，角､､的对边分别为，，，若.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设条件和正弦定理化简得到，进而求得的大小；
（2）由（1）知，结合题设条件和余弦定理，即可求得的值.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
因为，可得，所以，可得，
又因为，所以.
（2）由（1）知，又由，，
由余弦定理可得，
所以.
19. 如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，且，是的中点．
求证：直线平面；
求直线与平面的夹角的正弦值．
【答案】证明见解析；.
【解析】
【分析】证明，结合，即可证明直线平面；
以为原点，分别以,,为，，轴建立空间直角坐标系，求出相关向量，求出平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，利用向量的数量积求解即可.
【详解】解：底面，.
又底面是正方形，.
，平面，平面，
平面.
以为原点，分别以,,为，，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设，则,,,,
,,.
设平面的法向量为，
由得，令，
则.
设直线与平面所成角，
则，
，即直线与平面的夹角的正弦值为.
【点睛】本题考查了直线与平面所成角的求法，向量的数量积的运用，直线与平面垂直的判定定理的应用，属于中档题.
20. 滕州市教育局为了解学生网络教学期间的学习情况，从初中及高中共抽取了50名学生，对他们每天平均学习时间进行统计．请根据下面的各班人数统计表和学习时间的频率分布直方图解决下列问题：
年级
人数
初一
4
初二
4
初三
6
高一
12
高二
6
高三
18
合计
50
（1）抽查的50人中，每天平均学习时间为6～8小时的人数有多少？
（2）经调查，每天平均学习时间不少于6小时的学生均来自高中．现采用分层抽样的方法，从学习时间不少于6小时的学生中随机抽取6名学生进行问卷调查，求这三个年级各抽取了多少名学生；
（3）在（2）抽取的6名学生中随机选取2人进行访谈，求这2名学生来自不同年级的概率．
【答案】（1）18人；（2）从高中三个年级依次抽取2名学生，1名学生，3名学生；（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，可求得学习时间为6～8小时的频率，进而得学习时间为6～8小时的人数.
（2）根据分层抽样特征，即可确定在高中三个年级依次抽人数.
（3）设高一的2名学生为，高二的1名学生为，高三的3名学生为，，．利用列举法得所有可能，进而求得2名学生来自不同年级的概率．
【详解】（1）由直方图知，学习时间为6～8小时的频率为，
∴学习时间为6～8小时的人数为（人）；
（2）由直方图可得，学习时间不少于6小时的学生有人．
∵从中抽取6名学生的抽取比例为，高中三个年级的人数分别为12、6、18，
∴从高中三个年级依次抽取2名学生，1名学生，3名学生；
（3）设高一的2名学生为，高二的1名学生为，高三的3名学生为，，．
则从6名学生中选取2人所有可能的情形有，，，，，，，，，，，，，，，共15种可能．
其中2名学生来自不同年级的有，，，，，，，，，，，共11种情形，
故所求概率为．
【点睛】本题考查了频率分布直方图简单应用，分层抽样特征，列举法求古典概型概率的应用，属于基础题.
21. 已知椭圆过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知定点，若直线与椭圆相交于、两点，试判断是否存在实数，使以为直径的圆过定点？若存在求出这个值，若不存在说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【解析】
【分析】
（1）解方程组即可得的值，进而可得椭圆的方程；
（2）设，联立直线与椭圆的方程消元可得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，用表示且，解方程，若有解说明存在，否则说明不存在.
【详解】（1）由题得可得
解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）假设实数，使以为直径的圆过定点，
直线与椭圆相交于、两点
设，
联立 ，
得：，
，（*）
若以为直径的圆过定点
则，
则：
将（*）代入此式，
解得：，满足
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是直径所对的圆周角是直角得出，即，再利用向量数量积的坐标表示.
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；
【答案】（1）的单调减区间为，单调增区间为；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求得的单调区间.
（2）由分离参数，然后利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【小问1详解】
当时，则，
令，得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
即时，的单调减区间为，单调增区间为.
【小问2详解】
，
恒成立等价于恒成立，
设，
当时，，
在上单调递减，
时，，
，
的取值范围为.
【点睛】利用导数研究函数的单调性，在求导后，可根据导函数的符号来判断出原函数的单调性.利用导数研究含参数的不等式恒成立问题，可考虑分离参数法，分离参数并构造函数后，可利用导数求得所构造函数的范围，进而求得参数的取值范围.
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