2021-2022学年福建省莆仙游第一中学高二下学期第一阶段考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年福建省莆仙游第一中学高二下学期第一阶段考数学试题（解析版），共16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学年福建省莆仙游第一中学高二下学期第一阶段考数学试题一、单选题1．已知函数，则（       ）A． B．0 C．1 D．2【答案】D【分析】对求导得，即可求.【详解】由题设，，∴.故选：D.2．在等差数列中，，，则其公差（       ）A． B． C．2 D．4【答案】C【分析】应用等差中项的性质可得，再根据等差数列通项公式求公差.【详解】由题设，，则，又，可得.故选：C.3．的展开式中，x2的系数是（       ）A．250 B．520 C．205 D．502【答案】C【分析】利用的展开式的通项公式可求出结果.【详解】因为，的展开式的通项公式为，,所以x2的系数为.故选：C4．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（       ）A．是极小值 B．是极小值 C．是极大值 D．是极大值【答案】B【分析】根据导函数的图象确定的单调区间，进而判断极值.【详解】由图知：在上递增，上递减，递增，∴是极小值，、不是极值，为拐点.故选：B.5．已知则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据条件概率的定义，利用条件分别求得和，从而求得.【详解】由题知，，，，又，则.故选：C【点睛】关键点点睛：利用条件概率的定义分别求得事件同时发生的概率，再利用求得.6．已知数列的前n项和，若，则数列的前n项和是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用，求出，从而可求出，进而可求出数列的前n项和【详解】当时，，当时，，满足上式，所以，所以 ，所以数列的前n项和是故选：C7．来自中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，执行奥运会的一号、二号和三号场地的乒乓球裁判工作，每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，则不同的安排方案总数有A．种 B．种C．种 D．种【答案】A【详解】解：每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，只能分为：中、英；中、瑞；英、瑞．三组中，中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，本国裁判可以互换，然后三组进行全排列，不同的安排方案总数有=2×2×2×6=48种．故选A8．曲线围成的图形的面积为（       ）A．8+10π B．16+10π C．5π D．5【答案】B【分析】结合对称性求得正确答案.【详解】当时，曲线方程为，.由于在曲线上，所以曲线关于轴、轴、原点对称，由此画出曲线的图象如下图所示：故曲线围成的图形的面积为.故选：B二、多选题9．若，则方程可能表示下列哪些曲线（       ）A．椭圆 B．双曲线 C．圆 D．两条直线【答案】ABD【分析】分、 、得到的取值范围，再根据方程特征可得答案.【详解】当时，，即表示两条直线；当时，，表示焦点在轴上的椭圆；当时，，表示焦点在轴上的双曲线，故选：ABD.10．现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（ ）A．所有可能的方法有种B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16种D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种【答案】BCD【分析】利用分步乘法计数原理判断AC选项的正确性，利用分类加法计数原理以及组合数计算判断B选项的正确性，利用排列数计算判断D选项的正确性.【详解】所有可能的方法有种，A错误.对于B，分三种情况：第一种：若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学情况为，另外两名同学的安排方法有种，此种情况共有种，第二种：若有两名同学去工厂甲，则同学选派情况有，另外一名同学的排法有3种，此种情况共有种，第三种情况，若三名同学都去工甲，此种情况唯一，则共有种安排方法，B正确.对于C，若A必去甲工厂，则B，C两名同学各有4种安排，共有种安排，C正确.对于D，若三名同学所选工厂各不同，则共有种安排，D正确.故答案为：BCD11．在棱长为2的正方体中，点M，N分别是棱BC和中点，下列结论正确的是（       ）A．B．直线MN与平面平行C．点N到面的距离为D．平面AMN截正方体所得截面的面积为【答案】AC【分析】在正方体中建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算进行判断；A,计算即可；B，求出平面的法向量为，计算即可；C，求平面的的法向量为，计算点N到面的距离即可；D，作出面AMN截正方体所得截面，求其面积即可.【详解】如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标，则 ，对于A, ,则，故，即，故A正确；对于B, ,设平面的法向量为，,则 ，则可取，而，故直线MN与平面不平行，故B错误；对于C，设平面的的法向量为，,则，可取，而，故点N到面的距离为 ，故C正确；对于D，平面AMN截正方体所得截面为如图等腰梯形 ,则,高为 ，故其面积为 ，故D错误,故选:AC.12．为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程．则（       ）A．甲乙丙三人选择课程方案有种方法B．恰有三门课程没有被三名同学选中的概率为C．已知甲不选择课程“御”的条件下，乙丙也不选择“御”的概率为D．设三名同学选择课程“礼”的人数为，则【答案】BCD【解析】A选项考查了排列组合的内容；B选项利用排列组合分别算出基本事件总数与满足题意的基本事件个数，代入古典概型公式计算；C选项利用条件概率的公式代入求解；D选项利用二项分布的公式求解.【详解】甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程，则选择方法有种，故A错误；恰有三门课程没有被三名同学选中，表示三位同学每个人选择了不重复的一门课程，所以概率为，故B正确；已知甲不选择课程“御”的概率为，甲乙丙都不选择“御”的概率为，所以条件概率为，故C正确；三名同学选择课程“礼”的人数为，则服从二项分布，则，故D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：（1）解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素（或位置）的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素（或位置）为主体，即先满足特殊元素（或位置），再考虑其他元素（或位置）．（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．三、填空题13．设随机变量的分布列为，则的值为___________.【答案】【分析】根据离散型随机变量的分布列的性质，随机变量对应事件的概率之和等于1求解.【详解】因为随机变量的分布列为所以根据分布列的性质有所以所以故答案为：14．已知椭圆方程为，左、右焦点分别为、，P为椭圆上的动点，若的最大值为，则椭圆的离心率为___________.【答案】【分析】利用椭圆的定义结合余弦定理可求得，再利用公式可求得该椭圆的离心率的值.【详解】由椭圆的定义可得，由余弦定理可得，因为的最大值为，则，可得，因此，该椭圆的离心率为.故答案为：.15．若，则被12整除的余数为______．【答案】0【解析】根据题意，给自变量赋值，取和，两个式子相减，得到的值，用二项展开式可以看出被12整除的结果，得到余数．【详解】在已知等式中，取得，取得，两式相减得，即，因为能被12整除，所以则被12整除，余数是0.故答案为：0.【点睛】本题考查二项式定理的应用和带余除法，本题解题的关键是利用赋值的方法、利用二项式定理得到式子的结果，属于中等题．16．已知数列满足，若对任意恒成立，则实数的取值范围为________【答案】【分析】根据给定条件求出，构造新数列并借助单调性求解作答.【详解】在数列中，，当，时，，则有，而满足上式，因此，，，显然数列是递增数列，且，，又对任意恒成立，则，所以实数的取值范围为.故答案为：【点睛】思路点睛：给定数列的前项和或者前项积，求通项时，先要按和分段求，然后看时是否满足时的表达式，若不满足，就必须分段表达.四、解答题17．求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】最大值为16，最小值为.【分析】求出，求出在闭区间上的极值，与比较大小，即得最值.【详解】，令，得或，由，得或；由，得，在区间，上单调递增，在区间上单调递减，在时有极大值，在时有极小值，又，在上的最大值为16，最小值为.18．如图所示在多面体中，平面，四边形是正方形，，，，.(1)求证：直线平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得直线平面；（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【详解】(1)证明：因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，设平面的法向量为，，，，则，取，可得，所以，，，平面，所以，平面.(2)解：设平面的法向量为，，，则，取，可得，.因此，平面与平面夹角的余弦值为.19．已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.（1）求m的值；（2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；（3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.【答案】（1）7；（2）128；（3）.【分析】（1）根据二项展开式的通项公式即可获解；（2）令即可获解；（3）求出有理项的个数，再用插空法即可.【详解】（1）展开式的通项为，∴展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，，即.（2）令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为.（3）展开式共有8项，由（1）可得当为整数，即时为有理项，共4项，∴由插空法可得有理项不相邻的概率为.20．第24届冬奥会将于2022年2月在中国北京市和张家口巿联合举行．某城市为传播冬奥文化，举行冬奥知识讲解员选技大赛．选手需关注活动平台微信公众号后，进行在线答题，满分为200分．经统计，有40名选手在线答题总分都在内．将得分区间平均分成5组，得到了如图所示的频率分布折线图．（1）请根据频率分布折线图，画出频率分布直方图，并估计这40名选手的平均分；（2）根据大赛要求，在线答题总分不低于190分的选手进入线下集训，线下集训结束后，进行两轮考核．第一轮为笔试，考试科目为外语和冰雪运动知识，每科的笔试成绩从高到低依次有，，，四个等级．两科均不低于，且至少有一科为，才能进入第二轮面试，第二轮得到“通过”的选手将获得“冬奥知识讲解员”资格．已知总分高于195分的选手在每科笔试中取得，，，的概率分别为，，，；总分不超过195分的选手在每科笔试中取得，，，的概率分别为，，，；若两科笔试成绩均为，则无需参加“面试”，直接获得“冬奥知识讲解员”资格；若两科笔试成绩只有一个，则要参加面试，总分高于195分的选手面试“通过”的概率为，总分不超过195分的选手面试“通过”的概率为．若参加线下集训的选手中有2人总分高于195分，求恰有两名选手获得“冬奥知识讲解员”资格的概率．【答案】（1）频率分布直方图见解析；平均分为；（2）．【分析】（1）根据频率分布直方图画法和中位数的计算公式，即可求解；（2）求得总分不低于190分的选手有人，其中有2人总分高于195分，2人总分不高于195分，结合独立事件的概率计算公式，即可求解.【详解】（1）根据频率分布直方图的中位数的计算公式，可得数据的平均分为：．频率分布直方图如图所示：（2）由题意，可得总分不低于190分的选手有人，其中有2人总分高于195分，2人总分不高于195分，设高于195分的选手获得“冬奥知识讲解员”资格为事件，不超过195分的选手获得“冬奥知识讲解员”资格为事件，则，，故．21．已知椭圆的焦距为，经过点．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设O为坐标原点，在椭圆短轴上有两点M，N满足，直线分别交椭圆于A，B．，Q为垂足．是否存在定点R，使得为定值，说明理由．【答案】（1）；（2）存在；答案见解析．【分析】（1）利用，椭圆经过点列出方程，解出a,b,c即可.（2）设出直线方程为，联立椭圆方程解出点M，N的坐标，题中可得l与m关系式，求出直线AB过定点，结合图形特点得中点R满足为定值，即可求出定值及点R坐标.【详解】（1）由题意可知，又椭圆经过点知解得，所以；（2）设直线方程, 与椭圆C交于，得 ,直线，即因此M坐标为，同理可知由知：化简整理得则整理：若则直线，过点P不符合题意若则直线符合题意直线过点于是为定值且为直角三角形且为斜边所以中点R满足为定值此时点R的坐标为.【点睛】（1）注意题目条件的利用，解方程的准确性;（2）根据直线AB的特点来确定PD为定值，以及PD的中点R满足题目要求，要注意应用图形的几何特征.22．已知函数.(1)若是定义域上的增函数，求a的取值范围；(2)设分别为的极大值点和极小值点，若，求S的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）先写出函数的定义域，对函数求导，是定义域上的增函数，转化为，即恒成立，从而求出的取值范围；（2）将表示为关于的函数，设方程，由且，得的取值范围，利用根与系数的关系将表示为关于的函数，换元，利用导数研究函数可得结果．【详解】(1)解：的定义域为，∵在定义域内单调递增，∴，即对恒成立，则恒成立，∴，∵，∴，所以a的取值范围是；(2)解：设方程，即的两根为，且，由且，得，则，∴，∴，，∵，∴代入得，令，则，令，则，，∴在上递减，∴，即，∴S的取值范围为.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的问题，涉及到的知识点由根据函数的定义域上的增函数求参数的取值范围，利用导数研究函数的极值，利用导数研究函数的值域，属于难题．