浙江省金华市曙光学校2020-2021学年高二下学期第一次阶段考试数学试题word版含答案

浙江省金华市曙光学校2020-2021学年高二下学期第一次阶段考试数学试题
一、单选题
1．已知集合，集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．书架上层放7本不同的语文书，书架下层放5本不同的数学书，从书架上任取一本书的取法有（ ）
A．7种 B．5种 C．12种 D．35种
3．双曲线的焦点坐标是（ ）
A．(-2，0)，(2，0) B．(0，-2)，(0，2)
C．(-，0)，(，0) D．(0，-)，(0，)
4．已知，，，则方程可表示几个不同的圆（ ）
A．3个 B．4个 C．9个 D．24个
5．在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有
A．24种 B．48种 C．96种 D．144种
6．的展开式中的系数为
A．10 B．20 C．40 D．80
7．设X是一个离散型随机变量，其分布列为
X 0 1
P
则常数a的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是
A． B． C． D．
9．若函数的最小值3，则实数的值为
A．5或8 B．或5 C．或 D．或
10．如图，在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、双空题
11．在如图①的电路中，只合上一只开关以接通电路，有___________种不同的方法；在如图②的电路中，合上两只开关以接通电路，有___________种不同的方法.
12．设直线与圆和圆均相切，则_______；b=______．
13．将7名志愿者分成3组，分别去不同的三个地点进行志愿者活动，有不同的__________种分配方案；用5种不同的颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的色，共有__________种不同的涂色方法.(用数字作答).
14．已知多项式，则__________；__________.
三、填空题
15．随机变量满足：.若，则__________.
16．已知甲盒中仅有一个球且为红球，乙盒中有3个红球和4个蓝球，从乙盒中随机抽取个球放在甲盒中，放入个球后，甲盒中含有红球的个数为，则的值为________
17．已知平面向量满足，若对任意共面的单位向量，记的最大值为，则的最小值等于______．
四、解答题
18．已知函数f(x)=，.
（1）求函数f(x)的最小正周期及单调递减区间；
（2）若x，求函数f(x)的的值域.
19．在的二项展开式中，第4项的系数为
（1）求含有的项；
（2）求系数最大的项.
20．从装有大小相同的个球，其中个白球，个黑球，个红球的袋子中，每次随机取个球，不放回，直至取出红球为止.设此过程中取到白球的个数为.
（1）求的分布列；
（2）求的均值和方差.
21．已知椭圆的焦距为，且过点
（1）求椭圆的方程；
（2）若点是椭圆的上顶点，点在以为直径的圆上，延长交椭圆于点，的最大值.
22．已知正实数，设函数．
（1）若时，求函数在的值域；
（2）对任意实数均有恒成立，求实数的取值范围．
试卷第4页，共4页
试卷第3页，共4页
参考答案
1．D
【分析】
利用集合的补集和并集定义进行计算可得答案．
【详解】
集合，，
则
故选：D
【点睛】
本题考查集合的交并补运算，属于基础题．
2．C
【分析】
分两类，第一类从书架上层7本不同的语文书中任取一本，第二类从书架下层5本不同的数学书任取一本，然后利用利用分类计数原理求解.
【详解】
从书架上层7本不同的语文书中任取一本有7种方法，
从书架下层5本不同的数学书任取一本有5种方法，
所以从书架上任取一本书的取法有5+7=12种方法，
故选：C
3．B
【分析】
根据双曲线的方程形式，直接求焦点坐标.
【详解】
由双曲线的方程可知，焦点在轴，并且，，所以，
即双曲线的焦点坐标是.
故选：B
4．D
【分析】
由分步乘法计数原理即可求解.
【详解】
第一步：从中任取一个数，有种取法，
第二步：从中任取一个数，有种取法，
第三步：从中任取一个数，有种取法，
由分步乘法计数原理可知，可以表示个不同的圆，
故选：D.
5．C
【详解】
由题意知程序只能出现在第一步或最后一步，从第一个位置和最后一个位置选一个位置把排列，有种结果，程序和实施时必须相邻，把和看做一个元素，同除外的个元素排列，注意和之间还有一个排列，共有，根据分步计数原理知共有种结果，故选C.
6．C
【详解】
分析：写出，然后可得结果
详解：由题可得
令,则
所以
故选C.
点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题．
7．A
【分析】
根据分布列的性质，列式求.
【详解】
由分布列的性质可知 ，解得：.
故选：A
8．C
【详解】
分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.
详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有种方法，因为，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为，选C.
点睛：古典概型中基本事件数的探求方法： (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.
9．D
【详解】
试题分析：由题意，①当时，即，，则当时，，解得或（舍）；②当时，即，，则当时，，解得（舍）或；③当时，即，，此时，不满足题意，所以或，故选D.
10．D
【分析】
设线段的中点为，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，且，求出的最大值，利用空间向量法可求得的最大值.
【详解】
设线段的中点为，连接，
，为的中点，则，
，则，，同理可得，，
，平面，
过点在平面内作，垂足为点，
因为，所以，为等边三角形，故为的中点，
平面，平面，则，
，，平面，
以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为是边长为的等边三角形，为的中点，则，
则、、、，
由于点在平面内，
可设，
其中，且，
从而，
因为，则，
所以，，
故当时，有最大值，即，
故，即有最大值，
所以，.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
11．5 6
【分析】
由图①可知，只合上一只开关以接通电路，则只需要在中的两个开关或中的三个开关中合上一个即可，再根据分类加法计数原理，即可得出结果；由图②可知，合上两只开关以接通电路，必须分两步进行，根据分步乘法计数原理，即可得出结果.
【详解】
解：图①中按要求接通电路，只要在中的两个开关或中的三个开关中合上一个即可，
按照分类加法计数原理，故有：2+3=5种不同的方法；
图②中按要求接通电路，必须分两步进行：
第一步，合上中的一个开关；
第二步，合上中的一个开关；
按照分步乘法计数原理，故有：种不同的方法.
故答案为：5；6.
12．
【分析】
由直线与两圆相切建立关于k，b的方程组，解方程组即可.
【详解】
设，，由题意，到直线的距离等于半径，即，，
所以，所以（舍）或者，
解得.
故答案为：
【点晴】
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
13．1806 260
【分析】
（1）根据部分分组分配原理，先分组再分配，先将7名志愿者分成3组，3个组的人数可分1:1:5，1:2:4，1:3:3，2:2:3这4种情况进行分析，利用分类加法得出所有不同的分组方法，再将3个组分配到不同的三个地点，再利用分步乘法的计数原理，即可求出结果；
（2）根据分步和分类的计数原理，当1与4的颜色相同时，先排1，有5种结果，再排2，有4种结果，4与1相同，最后排3，有4种结果，当1与4的颜色不同时，最后根据分类加法的计数原理得到结果．
【详解】
解：（1）根据题意，将7名志愿者分成3组，可分4种情况进行分析：
若3个组的人数为1:1:5，则不同的分组方法有：种，
若3个组的人数为1:2:4，则不同的分组方法有：种，
若3个组的人数为1:3:3，则不同的分组方法有：种，
若3个组的人数为2:2:3，则不同的分组方法有：种，
即一共有：21+105+70+105=301种不同的分组方法，
再将3个组分配到不同的三个地点，
则共有种不同的分配方法；
（2）当1与4的颜色相同时，
先排1，有5种结果，再排2，有4种结果，4与1相同，最后排3，有4种结果，
共有种结果，
当1与4的颜色不同时，有种结果，
根据分类加法计数原理知，共有种不同的涂色方法.
故答案为：1806；260.
【点睛】
本题考查排列、组合的实际应用，以及分类分步的计数原理的实际应用和分组分配问题，解题的关键在于熟练应用计数原理和分组分配问题，对于复杂的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决．
14．0 -6
【分析】
根据题意令，即可求出的值；结合二项式展开式的通项公式即可求出.
【详解】
由题意，令，得
；
的展开式中的系数为：，
即.
故答案为：0，-6
15．
【分析】
首先根据二项分布的概率求，并计算，再结合方差公式，即可计算.
【详解】
，解得：，
，.
故答案为：
16．
【分析】
当抽取个球时，的取值为，根据古典概型概率计算公式，计算出概率，并求得期望值.当抽取个球时，的取值为，根据古典概型概率计算公式，计算出概率，并求得期望值.
【详解】
解：甲盒中含有红球的个数的取值为1，2，
则，.
则；
甲盒中含有红球的个数的值为1，2，3，
则，，.
则.
∴.
故答案为.
【点睛】
本小题主要考查随机变量期望值的计算方法，考查古典概型概率计算公式，考查组合数的计算，属于中档题.
17．
【分析】
记，按是锐角，钝角，直角分别画图，作出和，是锐角时，利用对称性作图，从而得出或，综合之后得出，其最小值在时取得．
【详解】
记，不难发现：如图1，当为锐角时，；如图2，当为钝角时，；如图3，当为直角时，，由上述三种情形可知，，由平行四边形法则可知，当时，．
【点睛】
本题考查向量的数量积、向量的投影．向量的投影是高考热点，从几何意义出发，思考变化中的投影最大值的最小值是解题关键．
18．（1），调递减区间是；（2）值域是.
【分析】
（1）根据倍角公式、两角和与差的余弦公式和辅助角公式，把化为，即求最小正周期及单调递减区间；
（2）由求出的范围，再求的范围，即求函数的值域．
【详解】
（1）
.
∴最小正周期.
由解得，
∴的单调递减区间是.
（2）∵，∴，
∴，
∴的值域是.
19．（1）；（2）
【分析】
（1）求出展开式的通项，由第4项的系数为可得的值，再令的指数位置等于求出的值即可求解；
（2）由分析可知奇数项系数大于，偶数项系数小于，所以系数最大的项为奇数项，分别求出奇数项系数，比较即可求解.
【详解】
（1）展开式的通项为，
所以第4项的系数为，即，
可得：，
所以展开式的通项为，
令，可得，
所以含有的项为；
（2）由展开式的通项可知：
奇数项系数大于，偶数项系数小于，所以系数最大的项为奇数项，
第一项系数为；
第三项系数为；
第五项系数为；
第七项系数为；
第九项系数为；
所以系数最大的项为第三项.
20．（1）分布列答案见解析；（2），.
【分析】
（1）分析可知，随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列；
（2）根据随机变量的分布列可得出的均值和方差.
【详解】
（1）随机变量的可能取值有、、，
则，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
（2），
.
21．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据椭圆的焦距和，结合基本量的关系，可得，进而得到椭圆方程；
（2）由题可得，，进而可求出以为直径的圆方程，设直线的方程为，，分别与圆方程和椭圆方程联立，求出和，根据弦长公式可得和，再利用判别式法，解不等式可得的最大值．
【详解】
解：（1）根据题意，椭圆的焦距为，且过点，
可知，，则，
，，
所以椭圆的方程为；
（2）可得，，则，
则以为直径的圆，圆心为，半径为，
以为直径的圆方程为，
即：，
点，由于延长交椭圆于点，则点在直线上，
可知直线的斜率存在，且，
则设直线的方程为，设，
联立直线和圆的方程，得，
解得：，
可得，
联立直线和椭圆的方程，得，
解得：，
可得，
则，
可知，设上式为，
即有，，
，即为，
解得：，
则的最大值为.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法、圆锥曲线中的最值问题，考查直线、圆和椭圆的方程和弦长公式的应用，解题的关键在于利用判别式法求最值，考查学生分析和计算能力，属于中档题.
22．（1）；（2）.
【分析】
（1）可求，再对求导，由的符号判断在的单调性，从而得到在的单调性，可求值域；
（2）由题意，得．不等式可化为.记，设，则为关于的二次函数，且，证明即可.
【详解】
（1）由，
得，，
所以在单调递增，
所以在单调递增，所以．
所以的值域为.
（2）由题意可得：，即．
事实上，当时
记，设，则为关于的二次函数，
定义域为，其对称轴为．
∵．∴
∴
设
当，，递增；当，，递减，
所以，
即，于是有：.
所以：．
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，属于难题.
答案第14页，共14页
答案第13页，共14页