2021-2022学年上海市嘉定区第一中学高二下学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市嘉定区第一中学高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．某个家庭有三个孩子，已知其中一个孩子是男孩，则另外两个都是女孩的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用列举法确定基本事件的总数，再得出另外两个都是女孩所包含的基本事件，最后利用古典概型的概率计算公式，即可求解.

【详解】解：由题意，某家庭有三个孩子，已知其中一个孩子是男孩，

基本事件有：（女女男），（女男女），（男女女），（女男男），（男女男），（男男女），（男男男），共有7个，

其中另外两个都是女孩包含的基本事件有：

（男女女），（女男女），（女女男），共有3个，

则至少有两个孩子是女孩的概率是.

故选：A.

2．下列式子错误的（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据排列数及组合数的运算性质，对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】对于A，因为，故A错误；

对于B，因为，故B正确；

对于C，因为，

且，故C正确；

对于D，因为

且，故D正确.

故选:A.

3．设，若为函数的极大值点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.

【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.

有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.

当时，由，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.

当时，由时，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.

综上所述，成立.

故选：D

【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.

4．已知点P在圆上，点，，则错误的是（    ）

A．点P到直线AB的距离小于10 B．点P到直线AB的距离大于2

C．当最小时， D．当最大时，

【答案】B

【分析】求出过的直线方程，再求出圆心到直线的距离，得到圆上的点到直线的距离范围，判断选项A与B；画出图形，由图可知，当过的直线与圆相切时，满足最小或最大，求出圆心与点间的距离，再由勾股定理求得判断选项C与D．

【详解】圆的圆心为，半径为4，

直线的方程为，即，

圆心到直线的距离为，

则点到直线的距离的最小值为，最大值为，

所以点到直线的距离小于10，但不一定大于2，故选项A正确，B错误；

如图所示，当最大或最小时，与圆相切，点位于时最小，位于时最大），

连接，，可知，，，

由勾股定理可得，故选项CD正确．

故选：B．

二、填空题

5．将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为___________．

【答案】

【分析】首先排好4个1,，即可产生5个空，再利用插空法求出2个0相邻与2个0不相邻的排法，再利用古典概型的概率公式计算可得；

【详解】解：将4个1和2个0随机排成一行，4个1产生5个空，

若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，

所以2个0不相邻的概率为

故答案为：

6．已知抛物线与抛物线关于直线对称，则的准线方程是______．

【答案】##

【分析】先求出抛物线的准线方程，根据对称性即可求解的准线方程.

【详解】抛物线准线方程为

因为抛物线与抛物线关于直线对称

则抛物线准线方程与抛物线的准线方程也关于直线对称

所以抛物线的准线方程为

故答案为：.

7．已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________．

【答案】4

【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解.

【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距.

故答案为：4.

【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.

8．在的展开式中，的系数是__________．

【答案】160

【分析】求出二项式的展开式通项，令的指数为6即可求出.

【详解】的展开式的通项为，

令，解得，

所以的系数是.

故答案为：160.

9．已知圆，直线，若当的值发生变化时，直线被圆所截的弦长的最小值为2，则值为_____．

【答案】

【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出.

【详解】由圆的圆心到直线的距离为

则弦长为:

若要弦长最小，则

所以，解得 

故答案为：.

10．设B是椭圆C：(a>b>0)的上项点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围_______

【答案】

【分析】利用距离公式将表示，配方后，分和两种情况讨论即得.

【详解】设，

则，

因为，

当即时，，

所以，

化简得：

，显然该不等式不成立，

当，即时，，恒成立，

由，得，所以

综上，离心率的范围为.

故答案为：

11．函数的最小值为______.

【答案】1

【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.

【详解】由题设知：定义域为，

∴当时，，此时单调递减；

当时，，有，此时单调递减；

当时，，有，此时单调递增；

又在各分段的界点处连续，

∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；

∴

故答案为：1.

12．已知椭圆，焦点，．若过的直线和圆相切，与椭圆的第一象限交于点，且轴，则该直线的斜率是_______．

【答案】．

【分析】写出点坐标，求得直线斜率，得直线方程，由圆心到直线的距离等于半径可求得的关系，从而可求得斜率．

【详解】由题意，，，

直线的方程为，即，

圆的圆心为，半径为，

直线与圆相切，则，整理得，

所以，，

故答案为：．

13．曲线在点处的切线方程为__________．

【答案】

【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．

【详解】由题，当时，，故点在曲线上．

求导得：，所以．

故切线方程为．

故答案为：．

14．已知、，，函数．若、、成等比数列，则平面上点的轨迹是______．

【答案】双曲线和直线

【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.

【详解】解：由题意得，

即，

对其进行整理变形：

，

，

，

，

所以或，

其中为双曲线，为直线.

故答案为：双曲线和直线.

15．曲线C是平面内与两个定点F1（-1，0）和F2（1，0）的距离的积等于常数 a2 (a >1)的点的轨迹.给出下列三个结论：

① 曲线C过坐标原点；

② 曲线C关于坐标原点对称；

③若点P在曲线C上，则△FPF的面积不大于a．

其中，所有正确结论的序号是 _________ ．

【答案】②③

【详解】试题分析：设，依题意，则，化简可得：

，由，则曲线C不过坐标原点，①错误；把曲线方程中的，原方程不变，所以曲线C关于坐标原点对称正确；又方程原型

则，，令，可得或，可知当时，取得最大值，此时，△F1PF2的面积不大于

【解析】1.直接法求轨迹方程；2.对称的判断方法；3.面积的最大值；

三、双空题

16．袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则___________，___________.

【答案】     1    

【分析】根据古典概型的概率公式即可列式求得的值，再根据随机变量的分布列即可求出．

【详解】，所以，

, 所以, 则．

由于

．

故答案为：1；．

四、解答题

17．已知双曲线：.

（1）求与双曲线有相同的焦点，且过点的双曲线的标准方程.

（2）直线：分别交双曲线的两条渐近线于，两点.当时，求实数的值.

【答案】（1）（2）

【分析】(1)先求双曲线的焦点坐标，然后结合条件计算出双曲线的标准方程

(2)设，构造新曲线方程，联立直线方程与曲线方程，求出两根之积，代入向量的表达式求出结果

【详解】（1）双曲线的焦点坐标为，，

设双曲线的标准方程为，

则解得

∴双曲线的标准方程为.

（2）双曲线的渐近线方程为，.

设，.

由，消去化简得，

由，

得.∵，

，

∴，即.

【点睛】本题考查了求双曲线标准方程以及结合向量求参数的值，题目较为基础，需要掌握解题方法

18．（1）用1、2、3、4、5可以组成多少个四位数？

（2）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？

【答案】（1）若组成的四位数的数字不能重复，可组成120个四位数；若组成的四位数的数字能重复，可组成625个四位数

（2）156个

【分析】（1）分数字重复和不重复讨论，根据排列组合计算即可.

（2）偶数先确定个位数字为0或2或4，再分三类讨论，最后根据加法计数原理可得结果.

【详解】解：（1）①若组成的四位数的数字不能重复，则可组成的四位数有：（个）

②若组成的四位数的数字能重复，则可组成的四位数有：（个）

综上所述，结论是：若组成的四位数的数字不能重复，可组成120个四位数；若组成的四位数的数字能重复，可组成625个四位数.

（2）满足偶数按个位数字分成三类：个位是0或2或4，

①个位是0的，即需要从1，2，3，4，5这5个数中选出3个分别放在千、百、十位，

有个；

②个位是2的，千位需要从1，3，4，5这4个数中选出1个有4种选法，从剩下的4个数字中选出2个分别放在百位、十位，有个，所以个位是2的偶数有 个；

③个位是4的，也有48个；

综上所述，用0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的四位偶数有个.

19．已知．求：

(1)；

(2)；

(3)．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）利用赋值法即可得解；

（2）先由二项式定理判断系数的正负情况，再由赋值法求得奇数项与偶数项系数之差，从而得解；

（3）利用导数及赋值法即可得解.

【详解】（1）因为，

所以令，得，即，

令，得，

所以.

（2）因为的二项式展开通项为，

所以，，

故，

令，得，即，

又因为，

所以.

（3）令，

则，且，

令，则，且，

所以.

20．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．

21．已知且，函数．

(1)若是不小于2的正整数，求函数的极值点；

(2)当时，求函数的单调区间；

(3)若曲线与直线有且仅有两个公共点，求实数的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)答案见解析

(3)

【分析】（1）对求导，分类讨论是不小于2的奇数或偶数两种情况，结合导数与函数的极值点的关系即可得到结果；

（2）对求导，利用导数与函数单调性的关系即可得解；

（3）令，将其变形为，构造，利用导数证得有两个零点时，从而得到，再构造，利用导数研究的单调性，由的范围求得的取值范围．

【详解】（1）因为，所以，

令，得，

因为是不小于2的正整数，

所以当为不小于2的奇数时，为不小于2的偶数，故，即，

所以在上单调递增，没有极值点；

当为不小于2的偶数时，为不小于1的奇数，

则令，得；令，得；

所以在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极小值，没有极大值；

综上：当为不小于2的奇数时，没有极值点；

当为不小于2的偶数时，有极小值点，没有极大值点.

（2）当时，，则，

令，得，

故当时，；当时，，

所以函数在上单调递增；上单调递减.

（3）由得，即，故有两个解，

令，则在上有两个零点，，

当时，，故，即在上单调递增，显然，顶多只有一个零点，舍去；

当时，令，得；令，得；

所以在上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，

因为在上有两个零点，所以必有，即，解得，

下面证明当时，在上有两个零点：

当时，易知，，故，

又因为在上单调递增，故在上有唯一零点；

当时，

令，则，

再令，则，故在上单调递增，

所以，即，故在上单调递增，

所以，因为，

所以，即，即，即，故，

又因为，故，即，

又因为在上单调递减，故在上有唯一零点；

综上：当时，在上有两个零点，即有两个解，故有两个解，

又因为有两个解，所以，即；

令，则，令，得，

故在上，单调递增；在上，单调递减；

所以，又，

所以由，得，

当时，因为在上单调递增，所以由得；

当时，因为在上单调递减，且，所以由得；

当时，，矛盾，不满足题意，舍去；

综上：或，故的取值范围是．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．