2021-2022学年湖北省十堰市东风高级中学高二下学期5月月考数学试题-含答案

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2021-2022学年湖北省十堰市东风高级中学高二下学期5月月考数学试题 一、单选题1．【答案】B【详解】在等差数列中，若，则，解得，故选B. 2．【答案】D【分析】根据古典概型的概率公式计算可得；【详解】解：依题意第1次摸到号码为奇数球，则袋子中还剩下4个球，其中2个偶数、2个奇数，再摸一次球则号码为偶数的概率；故选：D3．【答案】A【分析】由题知，，，进而构造函数，研究函数单调性，利用单调性比较大小.【详解】解：因为，，，所以，令，，所以当时，，函数单调减，因为，所以，即.故选：A4．【答案】C【分析】构造函数，由已知可确定在R上单调递减，可转化为，求解即可.【详解】令，∵恒成立，∴，∴在R上为减函数，∵，∴，∴，即，∴，故选：C5．【答案】C【分析】利用分类加法原理以及分步乘法原理，可得答案.【详解】在循环赛阶段，4个小组，每个小组由4支球队组成，每个球队都要进行三场比赛，故每组要进行场，4组要进行场；在淘汰赛阶段，第一轮：8支球队，2支一场，则共进行；第二轮：8支球队，2支一场，共进行场，此时决出分别争夺冠亚军、第三四名、第五六名、第七八名的球队，再分别进行4场，决出冠军、亚军、第三名、第四名、第五名、第六名、第七名、第八名.综上，可得共进行场.故选：C.6．【答案】B【分析】由正态分布的性质则，求出人数判断A，由正态分布的对称性求出相应概率判断BC，利用独立事件的概率公式和互斥事件概率公式计算后判断D．【详解】由题意可知，对于选项A，，，则，则成绩超过100分的约有人，所以选项A错误；对于选项B，，所以，所以分数低于70分的人数约为 ，即约为27人，所以选项B正确；对于选项C，，，所以，所以选项C错误；对于选项D，因为，且至少有2人的分数超过100分的情况如下：①恰好2人时概率为；②3人均超过100分时的概率为，则至少有2人的分数超过100分的概率为，所以选项D错误；故选：B．7．【答案】C【分析】结合正六边形的几何性质以及离心率即可求出结果.【详解】因为多边形为正六边形，设正六边形的边长为，所以，∴，∴，∴，故选：C.8．【答案】C【分析】首先将函数没有零点转化成方程没有实根，构造函数，确定的单调性与取值情况，可得的取值范围，则整数的最大值可得.【详解】解：函数定义域为，函数没有零点可转化为方程没有实根，设，则令，即①，又函数，，所以恒成立，所以在单调递增，所以方程①即，即，有唯一的实数解且函数在上，单调递减，在上，单调递增，所以有最小值,又时，，所以方程没有实根，可得则整数的最大值是1.故选：C.【点睛】本题难度较大，考查函数的零点问题，由于含有参数，将其参变分离转化为方程的根的问题，构造函数，确定新函数的单调性与取值情况，从而求解参数的范围.本题的解题关键是，新函数的导函数零点不可直接求得，用“隐零点求解”，并且影响导函数符号的部分是指对混合结构，需要结合指对互化思想，确定母函数在上的单调性，从而得导函数的零点所满足的式子，才能确定函数的最值,即可求得参数范围. 二、多选题9．【答案】BCD【分析】求得所有不同分派方案数判断选项A；求得每家企业至少分派1名医生的所有不同分派方案数判断选项B；求得每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业的所有不同分派方案数判断选项C；求得企业最多派1名医生的所有不同分派方案数判断选项D【详解】选项A：所有不同分派方案共种.判断错误；选项B：若每家企业至少分派1名医生，先把4名医生分成3组（2人，1人，1人）再分配.则所有不同分派方案共（种）.判断正确；选项C：若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，则企业可以只有医生甲，也可以有医生甲和另一名医生，则所有不同分派方案共（种）.判断正确；选项D：若企业最多派1名医生，则企业可以有1名医生和没有医生两种情况,则不同分派方案共（种）.判断正确.故选：BCD10．【答案】ABD【分析】根据二项式系数的性质及二项式展开式的通项公式去判断每个选项是否正确.【详解】对于A，此二项展开式的和为，故A对；对于B，令得各项系数和，故B对；对于C，二项式系数中，最大的是，是第五项，故C错；对于D，，故D对.故选：ABD.11．【答案】AB【分析】由二项分布的定义以及方差、期望的性质判断ABC，再由判断D.【详解】由二项分布的定义可知，，，，故AB正确，C错误；设该同学投篮最有可能命中次，则 ，即，因为为正整数，所以，故D错误；故选：AB12．【答案】AC【分析】分类讨论的取值范围，将有两个极值点转化为导函数有两个零点，根据即可判定A选项，可判定C选项，==，求导后根据单调性结合即可判定D选项，根据时，即可判定错误；【详解】,令, 由题意可得有两个实数解； 所以函数有且只有两个零点； .① 当时,单调递增, 因此至多有一个零点, 不符合题意, 应舍去；②当时, 令, 解得,因为当 时, , 函数单调递增;当时,  , 函数单调递减,所以是函数的极大值点, 则>0 , 即>0 ,解得，故选项A正确；因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以，故选项C正确；又，所以，==，令，则，当，，单调递增，而，所以，故选项D错误；当时（符合，此时仍有两个极值点），此时，解得，所以，故正负不确定，因此选项B错误；综上所述，AC为正确答案；故选：AC.【点睛】含有参数时分类讨论，根据参数取值范围确定导数的正负从而确定函数的增减，导数双变量题目往往是划归为单变量或利用参数作为整体求解范围. 三、填空题13．【答案】2【分析】先求得的可能取值为1，2，3对应的概率，进而利用期望的定义求得的值【详解】任取3个产品，记其中正品的个数为随机变量，则的可能取值为1，2，3则则故答案为：214．【答案】【分析】由已知直线方程可得、且、相互垂直，进而可知的轨迹是以为直径的圆，令则且，利用基本不等式求的最大值，注意等号成立条件，即可知的最大值.【详解】由，则过定点，由，则过定点，显然，即、相互垂直，而与的交点为C，所以的轨迹是以为直径的圆，且圆心为、半径为，令，则，且，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最大为.故答案为：15．【答案】若，则；(若，则)．写出其中一个即可.【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【详解】解：如图，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则，0，，，2，，，1，，，，，设，，，，，则，，，，，，，以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，能写出两个正确的命题：若，则；若，则．故答案为：若，则；(若，则)．写出其中一个即可.．16．【答案】n【分析】由古典概型和全概率公式分别求和，发现其式均满足服从二项分布的概率，故、均服从二项分布，由二项分布的期望公式求得，故.【详解】由题可知，，故，所以.故，所以.所以.故答案为：n. 四、解答题17．【答案】(1)(2)最大值为，最小值为 【分析】（1）根据导函数在的值，可求出切线斜率，根据点斜式写出切线方程.（2）根据导函数，确定单调区间，进而可得最值.【详解】（1）由得,又,所以函数在处的切线方程为:,即（2）由,令解得令解得,所以在上单调递减,在上单调递增.所以当时,最小,且最小值为,,,故最大值为18．【答案】(1)，(2)或 【分析】（1）根据递推关系得，再验证满足条件即可求得答案；（2）由（1）知，，再结合裂项求和与数列的单调性得，再解不等式即可.【详解】（1）解：当，，①，，②①－②得（*）在①中令，得，也满足（*），所以，，（2）解：由（1）知，，故，于是，因为随n的增大而增大，所以，解得或所以实数m的取值范围是或.19．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取线段PD的中点H，连接SO、OH、HA，证明四边形ASOH是平行四边形，然后利用线面平行的判定定理进行证明即可；（2）解法一：取AD、BC的中点E、F，连结PE、EF过点E做于G．利用面面垂直的判定定理证明平面平面PEF，从而得到平面PBC，然后利用线面角的定义及公式求解即可.解法二：取线段AD、BC的中点E、F，连结PE、EF．以E为原点，、方向分别为x轴、y轴正方向，建立坐标系，求出和平面PBC的法向量，然后利用线面角的向量公式求解即可.【详解】（1）取线段PD的中点H，连接SO、OH、HA，如图在中，O、H分别是PC、PD的中点，所以且所以且所以四边形ASOH是平行四边形，所以又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD（2）解法一：取AD、BC的中点E、F，连结PE、EF过点E做于G．如图，由点E是线段AD的中点，可得，又所以是二面角的平面角，即，又,所以平面PEF，又，所以平面PEF．又平面PBC，所以平面平面PEF，又平面平面，，所以平面PBC在中，，，，所以设直线PD与平面PBC所成角为，则所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为．又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD解法二：取线段AD、BC的中点E、F，连结PE、EF．由点E是线段AD的中点，可得，又，所以是二面角的平面角，即，以E为原点，、方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示坐标系，在中，，知：，所以，，,所以，，设平面PBC的法向量，则，即可取，设直线PD与平面PBC所成角为，则所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为，20．【答案】(1)(2)分布列见解析 【分析】（1）根据全概率公式可求出结果；（2）X的可能取值为0，1，2，求出、、后即可得解.【详解】（1）设事件A为“乙在第一局中获得胜利”，设事件B为“甲先发球”，事件C为“乙先发球”，则，B、C互斥．由全概率公式可知：（2）X的可能取值为0，1，2，时，比赛的结果为：乙连胜两局∴时，比赛的结果为：“乙胜甲胜乙胜”，“甲胜乙胜乙胜”∴时，比赛的结果为：“甲胜甲胜”，“甲胜乙胜甲胜”，“乙胜甲胜甲胜”∴X的分布列为：X012P 21．【答案】(1)(2)直线过定点，证明见解析. 【分析】（1）由题意可得，求出点的横坐标，利用抛物线的定义可求得的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）设的方程为，联立直线方程与抛物线方程可得.结合韦达定理有.直线的方程为.可得，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标.【详解】（1）解：因为抛物线上一点到其焦点的距离为，，因为以为圆心且与抛物线准线相切的圆恰好过原点，所以，，即为等腰三角形，设点，由可得，解得，所以，得，所以，抛物线的方程为.（2）解：抛物线的准线方程为，则，易知直线的斜率存在，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.设直线的方程为，联立可得，设、、，则，由，直线的方程为，所以，，可得，则，所以，.①由，可得直线的方程为.可得，②由①②可得直线的方程为，由可得，因此，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22．【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增；（2）①；②．【分析】（1）求得导数，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；（2）①由，得到，令，求得导数求得函数的单调性和最值，即可求解；②由①中的结论，确定得到，即可求得实数的取值范围．【详解】（1）当时，函数，可得，当时，，可得，单调递增；当时，，可得，单调递减，所以函数的单调递减区间，在区间上单调递增.（2）①由，可得，当时，不等式显然不成立；当时，；当时，，令，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递减；时，，单调递增；所以当时，；当时，，综上所述，实数的取值范围为． ②由①知时，，由，可得，又由在区间上单调递增，在上单调递减，且，所以，即，所以，当时，，由，可得，又由在区间上单调递减，在上单调递增，且，所以，解得，综上所述，实数的取值范围为．