2021-2022学年广东省清远市重点中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2021-2022学年广东省清远市重点中学高二下学期期中数学试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省清远市重点中学高二下学期期中数学试题一、单选题1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同报名方法有（       ）A．10种 B．20种 C．25种 D．32种【答案】D【分析】该事件用分步乘法计数原理计数，结合每个同学有2种选择，即可得出结果【详解】由题，每个同学有2种选择，故不同报名方式为，故选：D2．已知函数在上可导，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据目标式，结合导数的定义即可得结果.【详解】解：根据导数的定义，.故选：D3．的展开式中第7项为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】直接由二项式通项公式写出第7项即可得出结果【详解】由题，第7项为：，故选：B4．设函数，则在处的切线方程为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】求导函数，求得，，由直线的点斜式方程可求得答案.【详解】解：∵，∴，∴．，∴在处的切线方程为，即．故选：C.5．关于排列组合数，下列结论错误的是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据排列数和组合数的公式和性质可判断.【详解】根据组合数的性质或组合数的计算公式，可知A，B选项正确；，而，故C选项错误；，故D选项正确．综上，错误的选项为C.故选：C.6．某三甲医院组织安排4名男主任医师和3名女主任医师到3家不同的区级医院支援，要求每家区级医院至少安排2人且必须有1名女主任医师，则不同的安排方法有（       ）A．216种 B．108种 C．72种 D．36种【答案】A【分析】根据题意，先安排4名男主任医师，有，再将三名女医生安排到这3家医院后，根据乘法原理求解即可.【详解】由题，先安排4名男主任医师，他们中有两位一起去了同一个医院，故有种方法，再将3名女主任医师安排到这3家医院，有种方法，所以根据乘法原理，共有种不同的安排方法.故选：A7．已知函数，若，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【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.8．盒中有a个红球，b个黑球，c个白球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并加上同色球d个，再从盒中抽取一球，则第二次抽出的是黑球的概率是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题，设事件“第一次抽出的是红球”，事件“第一次抽出的是黑球”，事件“第一次抽出的是白球”， 事件“第二次抽出的是黑球”，则两两互斥，，由全概率公式得，求值即可【详解】设事件“第一次抽出的是红球”，事件“第一次抽出的是黑球”，事件“第一次抽出的是白球”，事件“第二次抽出的是黑球”.由全概率公式知由题意，，，，，，则,故选：A二、多选题9．若且，则实数m的值可以为（       ）A．﹣3 B．﹣1 C．0 D．1【答案】AD【分析】令后可求，再令可得关于的方程，从而可求的值.【详解】因为，令，则，令，则，则，故即或.故选：AD．10．设随机变量的分布列为，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】由题意结合离散型随机变量分布列的性质可得，即可判断A、D；由即可判断B；由即可判断C；即可得解.【详解】随机变量的分布列为,， 解得，故A正确；，故B正确；，故C正确；，故D错误.故答案为：A、B、C.【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列的性质与应用，考查了运算求解能力，属于基础题.11．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（       ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】根据古典概型的计算公式，结合条件概率的计算公式逐一判断即可.【详解】因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以，故选项A正确；因为，所以选项C正确；因为，所以，因此选项D正确；因为，所以选项B不正确，故选：ACD12．已知函数，则下列说法正确的是（       ）A．有且只有一个极值点B．设，则与的单调性不同C．有3个零点D．在上单调递增【答案】ABD【分析】利用的二次求导，得到， ，从而存在，使得，结合函数极值点的定义即可判断选项，求出的解析式，然后利用导数研究其单调性即可判断选项，利用函数的极值点即可判断选项，利用函数单调性的结论即可判断选项．【详解】解：由题知，，，所以在上单调递增，当时，；当时，，所以存在，使得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以有且只有一个极值点，故A正确；因为，所以，所以，所以，故的一个极值点为0，所以与的单调性不相同，故B正确；因为有且只有一个极值点，，且，所以在和上各有一个零点，所以有且只有两个零点，故C错误；因为与在上都是单调递增，所以在上单调递增，故D正确．故选：ABD．三、填空题13．设随机变量X服从两点分布，若，则______．【答案】0.6【分析】根据两点分布的性质即可求出答案.【详解】随机变量X服从两点分布，则，又，联立解得．故答案为：0.6.14．已知函数的导函数为，且满足，则________．【答案】-1【分析】首先对函数求导，然后利用方程思想求解的值即可.【详解】由函数的解析式可得：，令可得：，则.【点睛】本题主要考查导数的运算法则，基本初等函数的导数公式，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15．马路上亮着一排编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的10盏路灯．为节约用电，现要求把其中的两盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏，也不能关掉两端的路灯，则满足条件的关灯方法种数为__________．【答案】21【分析】根据题意，10盏路灯中要关掉不连续的两盏，所以利用插空法．【详解】先将剩下的8盏灯排成一排，因两端的灯不能关掉，则有7个符合条件的空位，进而在这7个空位中，任取2个空位插入关掉的2盏灯，所以共有种关灯方法，故答案为：2116．设是定义在R上的可导函数，且满足，则不等式解集为__________．【答案】【分析】构造函数，利用导数判断单调性，直接解不等式即可.【详解】令，，故函数在R上单调递增，不等式可化为，则，解得：．故答案为：【点睛】解不等式的常见类型：(1)一元二次不等式用因式分解法或图像法；(2)指对数型不等式化为同底的结构，利用单调性解不等式；(3)解抽象函数型不等式利用函数的单调性.四、解答题17．已知的展开式中二项式系数和为64．(1)求n的值；(2)写出展开式中的一次项系数．【答案】(1)6(2)240【分析】（1）由题意得，从而可求出n的值；（2）求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为1，求出，从而可求得结果【详解】(1)由题知，解得．(2)的展开式的通项为，根据题意，得，∴．∴．展开式中的一次项系数为240．18．已知数列是首项为2，公差为2的等差数列．其中，数列是公比为2的等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可得，，从而可求出数列的通项公式；（2）利用错位相减法求解即可【详解】(1)因为，数列是公比为2的等比数列，所以，又数列是首项为2，公差为2的等差数列，所以，，所以．(2)由（1）知       ①．由①×2可得，       ②．由①②可得，所以．19．袋中有3个红球，4个黑球，从袋中随机取球，设取到1个红球得2分，取到1个黑球得1分，从袋中任取4个球，记得分为X．(1)求得分X的可能取值；(2)求得分X的分布列．【答案】(1)X的可能取值为1，5，6，7(2)分布列见解析【分析】（1）首先写出取出的球的颜色的可能情况，即可得到的可能取值；（2）根据（1）中的可能取值求出所对应的概率，即可得到的分布列；【详解】(1)解：从袋中随机取4个球的情况为0红4黑，1红3黑，2红2黑，3红1黑，共四种可能情况，它们的得分分别为4分，5分，6分，7分，故的可能取值为，，，．(2)解：依题意可得，，，．故得分的分布列为456720．如图，E是以为直径的半圆O上异于A、B的点，矩形所在的平面垂直于圆O所在的平面，且.(1)求证：平面平面；(2)若异面直线和所成的角为，求平面与平面的夹角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证平面，进而证明面面垂直；（2）取的中点，连接，以点O为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，过点O作与平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，进而结合异面直线所成角可得，再结合法向量的方法求解即可.【详解】(1)证明：在矩形中，，∵平面垂直于圆所在的平面，且两平面的交线为，平面，∴垂直于圆O所在的平面.又在圆O所在的平面内，∴.∵为圆O的直径，∴，∴，又，，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面(2)解：取的中点，连接，以点O为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，过点O作与平行的直线为z轴建立空间直角坐标系.由异面直线和所成的角为，知，∴，∴，由题设可知，，∴，.设平面的法向量为，则，即，取，得，，∴.易知平面的一个法向量为，∴.故平面与平面的夹角的正弦值为.21．已知椭圆的左，右焦点分别为，，，，直线，的交点D既在椭圆C上，也在直线上.(1)求椭圆C的方程；(2)过直线上的动点A的直线l与椭圆C只有一个公共点B，判断x轴上是否存在点P，使得.若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在点【分析】（1）依题意可得，即可求出，再求出点坐标，即可得到方程组，解得、，即可求出椭圆方程；（2）设l的方程为，联立直线与椭圆方程，消元，根据得到，即可表示出、坐标，假设x轴上存在点，使得，则恒成立，即可求出的值，从而得解；【详解】(1)解：由题意可得，，且点D到x轴的距离是到x轴距离的2倍，所以是的中位线，，所以，由，得，所以，由解得，故椭圆C的标准方程为.(2)解：直线l的斜率存在，设l的方程为，联立，得.因为直线与椭圆C只有一个公共点B，所以，即，所以，，即.，，即，假设x轴上存在点，使得，则恒成立，所以，所以，即x轴上存在点，使得．22．已知函数．(1)求证：在上单调递减(2)若对于任意，都有恒成立，求正实数a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）求导函数得时，，由此得证；（2）将问题等价于对于任意恒成立，令，求导函数，令，分，两种情况，运用导函数讨论函数的单调性和最值，从而得函数的单调性和最值，由此可求得正实数a的取值范围．【详解】(1)证明：因为，则，又，所以，所以，故在上单调递减．(2)解：不等式等价于对于任意恒成立，即对于任意恒成立，当时，则有对于任意恒成立，即，令，则，令，所以，若，则在上恒成立，故在上为减函数，故，故在上为减函数，所以．若，则，因为为不间断函数，故存在，使得时，，故当时，，这与题设矛盾．所以，又，故正实数a的取值范围为．