佳木斯市部分中学2021-2022学年高二下学期期中考试
数学答案
1．下列导数运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用基本初等函数的导数和复合函数的导数，依次分析即得解
【详解】
选项A，，错误；
选项B，，正确；
选项C，，错误；
选项D，，错误
故选：B
2．口袋中装有大小形状相同的红球3个，白球3个，小明从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次取得白球的概率为（ ）
A．0.4 B．0.5 C．0.6 D．0.75
【答案】C
【解析】
【分析】
求出第一次取得红球的事件、第一次取红球第二次取白球的事件概率，再利用条件概率公式计算作答.
【详解】
记“第一次取得红球”为事件A，“第二次取得白球”为事件B，则，
，于是得，
所以在第一次取得红球的条件下，第二次取得白球的概率为0.6.
故选：C
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二项式系数求得正确答案.
【详解】
依题意
.
.
故选：C
4．为迎接第24届冬季奥运会，某校安排甲、乙、丙、丁、戊共5名学生担任冰球、冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人，每人只能安排到1个项目，则所有排法的总数为（ ）
A．60 B．120 C．150 D．240
【答案】C
【解析】
【分析】
结合排列组合的知识，分两种情况求解.
【详解】
当分组为1人,1人,3人时，有种，
当分组为1人，2人，2人时有种，
所以共有种排法.
故选：C
5．设随机变量的概率为分布列如下表，则（ ）
1 2 3 4
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据概率之和等于1得出的值，再求，即可得出答案.
【详解】
由，解得或
故选：A
【点睛】
本题主要考查了离散型随机变量分布列的性质的应用以及求概率，属于基础题.
6．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意，在上恒成立，只需满足即可求解.
【详解】
解：因为，所以，
因为函数在上单调递减，
所以在上恒成立，
只需满足，即，解得．
故选：A.
7．袋中共有5个除了颜色外完全相同的球，其中有3个白球，2个红球.从袋中不放回地逐个取球，取完所有的红球就停止，记停止时取得的球的数量为随机变量X，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
根据排列组合知识，结合古典概型的概率公式，即可求解.
【详解】
最后一次取到的一定是红球，前两次是一红球二白球，
，
故选：D.
8．已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据已知不等式和要求解的不等式特征，构造函数，将问题转化为解不等式.通过已知条件研究g(x)的奇偶性和单调性即可解该不等式.
【详解】
令，
则根据题意可知，，∴g(x)是奇函数，
∵，
∴当时，，单调递减，
∵g(x)是奇函数，g(0)＝0，∴g(x)在R上单调递减，
由不等式得，
.
故选：A.
9．在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有（ ）
A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
B．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
C．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据给定条件利用含有限制条件的组合问题，逐一分析各选项判断作答.
【详解】
对于A，B，抽1件不合格品有种，再抽2件合格品有种，由分步计数乘法原理知，
抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种，A正确，B不正确；
对于C，至少有1件是不合格品有两类：1件是不合格品的抽法有种，2件是不合格品的抽法有种，
由分类加法计数原理知，抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种，C正确；
对于D，至少有1件是不合格品的抽法可以用排除法，从100件产品中任意抽出3件有种，
抽出3件全是合格品有种，抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有()种，D正确.
故选：ACD
10．已知，下列命题中，正确的是（ ）
A．展开式中所有项的二项式系数的和为；
B．展开式中所有奇次项系数的和为；
C．展开式中所有偶次项系数的和为；
D．.
【答案】ACD
【解析】
【分析】
由二项式定理知的所有项的二项式系数和为，分别令、，再将所得作和差处理，求奇偶次项的系数和，根据通项，即可求，进而判断各选项的正误.
【详解】
A：由二项式知：，正确；
当时，有，当有，
B：由上，可得，错误；
C：由上，可得，正确；
D：由二项式通项知：，则，，…，，所以，正确.
故选：ACD
11．箱子中有6个大小、材质都相同的小球，其中4个红球，2个白球．每次从箱子中随机的摸出一个球，摸出的球不放回．设事件A表示“第1次摸球，摸到红球”，事件B表示“第2次摸球，摸到红球”则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】
【分析】
利用条件概率及全概率公式进行求解.
【详解】
，A正确；
，
由全概率公式可知：
所以BC错误，D正确.
故选：AD
12．已知函数，下列说法正确的有（ ）
A．的单调递增区间为(－∞，1)
B．在处的切线方程为y=1
C．若方程有两个不相等的实数根，则
D．的极大值点为(1，1)
【答案】BC
【解析】
【分析】
由函数的定义域，可判定A不正确；根据导数的几何意义求得切线方程，可判定B正确；利用导数求得函数的单调性与极值，结合图象可判定C正确；根据极值点的定义，可判定D不正确.
【详解】
由题意，函数的定义域为，所以A不正确；
又由，所以，，
所以在的切线方程为，即，所以B正确；
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
又由当时，；当时，，
要使得方程有两个不相等的实数根，如图所示，则，所以C正确；
其中是函数的极大值点，所以D不正确.
故选：BC.
13．如图所示，用3种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C中，要求相邻的矩形不能使用同一种颜色，则不同的涂法有____________种。
A B C
【答案】12
【解析】
【分析】
根据给定信息，按用色多少分成两类，再分类计算作答.
【详解】
计算不同的涂色方法数有两类办法：
用3种颜色，每个矩形涂一种颜色，有种方法，用2色，矩形A，C涂同色，有种方法，
由分类加法计数原理得(种)，
所以不同的涂法有12种.
14．已知数列满足，且．则数列的通项公式为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
倒数型求数列通项公式，第一步求倒数，第二步构造数列，求通项.
【详解】
因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1 的等差数列，所以
故答案为：.
15．一个袋子里装有个红球和个黑球，从袋中取个球，取到个红球得分，取到个黑球得分．设总得分为随机变量，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
列出取出的4个球中红球的个数及对应的黑球个数，即可得可能出现的分值，利用排列组合知识列出概率计算公式从而求出概率.
【详解】
取出的4个球中红球的个数可能为4，3，2，1个，黑球相应个数为0，1，2，3个，
其分值为，.
故答案为：
【点睛】
本题考查离散型随机变量分布列，古典概型概率计算公式，排列组合计数原理，属于基础题.
16．若函数在区间上存在极值，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
求出函数的导数，根据在上有极值转化为
在上有变号零点即可求解.
【详解】
由，得
，
因为函数在区间上存在极值，
所以在上有变号零点，
因为，所以，即在上有解，
转化为在上有解.
因为，所以，即，
于是，得.由此可得.
实数a的取值范围是.
故答案为：.
17．已知为等比数列，前n项和为，，.
(1)求的通项公式及前n项和；
(2)若，求数列的前100项和.
【答案】(1)；
(2)
【解析】
【分析】
（1）设公比为，依题意根据等比数列通项公式得到方程求出，即可求出与；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可；
(1)
解：设公比为，
∵，，∴，∴，
∴；
(2)
解：∵，
∴，
∴.
18．每个国家对退休年龄都有不一样的规定，2018年开始，我国关于延迟退休的话题一直在网上热议，为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随机选取100人进行调查，调查情况如下表：
年龄段（单位：岁）
被调查的人数 10 15 20 25 5
赞成的人数 6 12 20 12 2
（1）从赞成“延迟退休”的人中任选1人，此年龄在的概率为，求出表格中，的值；
（2）若从年龄在的参与调查的市民中按照是否赞成“延迟退休”进行分层抽样，从中抽取10人参与某项调查，然后再从这10人中随机抽取4人参加座谈会，记这4人中赞成“延迟退休”的人数为，求的分布列．
【答案】（1），；（2）分布列见解析.
【解析】
【分析】
（1）的值等于总人数减去其余各组人数的和，利用的概率为求出的值；
（2）利用分层抽样的比例可以求出10人中，赞成的有8人，不赞成的有2人，而表示从10人中抽取的4人中赞成“延迟退休”的人数，所以X的可能取值为2，3，4，然后求出其对应的概率，就可完成的分布列.
【详解】
解：（1）因为总共抽取100人进行调查，所以，
因为从赞成“延迟退休”的人中任选1人，其年龄在的概率为，所以．
（2）从年龄在中按分层抽样抽取10人，赞成的抽取人，不赞成的抽取2人，再从这10人中随机抽取4人，则随机变量X的可能取值为2，3，4.
则
，
．
所以X的分布列为
X 2 3 4
P
【点睛】
此题考查频数分布表、分层抽样、随机变量的分布列等知识，属于中档题.
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝1，BC＝2，PA＝1．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)点M在线段PD上，二面角M﹣AC﹣D的余弦值为，求三棱锥M﹣ACP体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）将问题转化为证明AB⊥平面PAC，然后结合已知可证；
（2）建立空间直角坐标系，用向量法结合已知先确定点M位置，然后转化法求体积可得.
(1)
由题意得四边形ADCB是直角梯形，AD=CD=1，故∠ACD=45°，∠ACB=45°，AC=.又BC=2，所以，所以，所以AB⊥AC.又PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，所以PA⊥AB.而PA平面PAC，AC平面PAC，，所以AB⊥平面PAC.又PC 平面PAC，所以AB⊥PC
(2)
过点A作AE⊥BC于E，易知E为BC中点，以A为原点，AE，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，.
则
设，.显然，是平面ACD的一个法向量，
设平面MAC的一个法向量为.则有
，取，解得
由二面角M﹣AC﹣D的余弦值为，有，解得，所以M为PD中点.
所以
20．已知函数．
(1)当时，求的单调区间与极值；
(2)若不等式在区间上恒成立，求k的取值范围．
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，极大值为﹣1，无极小值
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用导数求出单调区间，即可求出极值；
（2）令，利用分离参数法得到，利用导数求出的最大值即可求解.
(1)
当时，，定义域为，．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
∴当时，取得极大值﹣1．
所以在上单调递增，在上单调递减．
极大值为﹣1，无极小值．
(2)
由，得，
令，只需.
求导得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴当时，取得最大值，
∴k的取值范围为．
21．已知椭圆的两个焦点分别为，，过点且与轴垂直的直线交椭圆于，两点，的面积为，椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于，两个不同的点，若存在实数，使得，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）设椭圆的焦距为2c，，根据题意，可求得的值，代入面积公式，结合离心率，可求得，根据a，b，c的关系，即可求得的值，即可得答案.
（2）分析的当m=0时，满足题意，当，根据题意，结合三点共线定理，可得，即可得，设，将直线与椭圆联立，根据韦达定理，可得关系，结合，可得表达式，计算化简，可得，根据判别式，计算即可得答案.
(1)
设椭圆的焦距为2c，，
代入椭圆方程可得 ，解得，
所以，
所以，解得，
又，所以，
又，所以，
所以椭圆的标准方程为
(2)
当m=0时，则，由椭圆的对称性得,
所以，
所以当m=0时，存在实数，使得；
当时，由，得，
因为A、B、P三点共线，
所以，解得，
所以，
设，由，得，
由题意得，则，
且，
由，可得，
所以，解得，
又，整理得，
显然不满足上式，所以，
因为，所以，即，
解得或，
综上，的取值范围为
22．设函数().
（1）若，求的极值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若，证明：.
【答案】（1）0，无极大值；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
（1）由得到，然后分别令，，再根据极值的定义求解.
（2）由，分，，，，由，求解.
（3）根据（1）知在上为减函数，得到，即，然后令，得到，再利用不等式的性质求解.
【详解】
（1）的定义域为，
当时，，
若，则，
若，则,
在上单调递减，在上单调递增．
，没有极大值．
（2），
当时，若，则，
若，则，
在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，
若，则或，
若，则
在上单调递减，在，上单调递增
当，即时，恒成立，
在上单调递增．
当，即时，
若，则或;
若，则，
在上单调递减，在上单调递增
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增;
当时，在上单调递增;
当时，在上单调递减，在上单调递增
当时，在上单调递减，在上单调递增;
（3）由（1）知在上为减函数，
时，，
令，得
，
即
，…, ，
将以上各式左右两边相加得：
，
.
【点睛】
关键点点睛：本题第三问关键是联系到在上为减函数，再从不等式的结构和对数的运算，想到构造求解.佳木斯市部分中学2021-2022学年高二下学期期中考试
数学试卷
考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟。
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚；
请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，在草稿纸、试题上答题无效。
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题（每题5分，共40分）
1．下列导数运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
2．口袋中装有大小形状相同的红球3个，白球3个，小明从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次取得白球的概率为（ ）
A．0.4 B．0.5 C．0.6 D．0.75
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．为迎接第24届冬季奥运会，某校安排甲、乙、丙、丁、戊共5名学生担任冰球、冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人，每人只能安排到1个项目，则所有排法的总数为（ ）
A．60 B．120 C．150 D．240
设随机变量的概率为分布列如下表，则（ ）
1 2 3 4
A． B． C． D．
6．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．袋中共有5个除了颜色外完全相同的球，其中有3个白球，2个红球.从袋中不放回地逐个取球，取完所有的红球就停止，记停止时取得的球的数量为随机变量X，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为( )
A． B． C． D．
二、多选题（每题5分，选对部分选项得2分，共20分）
9．在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有（ ）
A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
B．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
C．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
10．已知，下列命题中，正确的是（ ）
A．展开式中所有项的二项式系数的和为；B．展开式中所有奇次项系数的和为；
C．展开式中所有偶次项系数的和为；D．.
11．箱子中有6个大小、材质都相同的小球，其中4个红球，2个白球．每次从箱子中随机的摸出一个球，摸出的球不放回．设事件A表示“第1次摸球，摸到红球”，事件B表示“第2次摸球，摸到红球”则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，下列说法正确的有（ ）
A．的单调递增区间为(－∞，1)B．在处的切线方程为y=1
C．若方程有两个不相等的实数根，则D．的极大值点为(1，1)
第Ⅱ卷（共90分）
三、填空题（每题5分，共20分）
A B C
13．如图所示，用3种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C中，要求相邻的矩形不能使用同一种颜色，则不同的涂法有____________种。
14．已知数列满足，且．则数列的通项公式为_______．
15．一个袋子里装有个红球和个黑球，从袋中取个球，取到个红球得分，取到个黑球得分．设总得分为随机变量，则_______．
16．若函数在区间上存在极值，则实数的取值范围是________．
四、解答题（第17题10分，其余每题12分，共70分）
17．已知为等比数列，前n项和为，，.
(1)求的通项公式及前n项和；
(2)若，求数列的前100项和.
18．每个国家对退休年龄都有不一样的规定，2018年开始，我国关于延迟退休的话题一直在网上热议，为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随机选取100人进行调查，调查情况如下表：
年龄段（单位：岁）
被调查的人数 10 15 20 25 5
赞成的人数 6 12 20 12 2
(1)从赞成“延迟退休”的人中任选1人，此年龄在的概率为，求出表格中，的值；
(2)若从年龄在的参与调查的市民中按照是否赞成“延迟退休”进行分层抽样，从中抽取10人参与某项调查，然后再从这10人中随机抽取4人参加座谈会，记这4人中赞成“延迟退休”的人数为，求的分布列．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝1，BC＝2，PA＝1．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)点M在线段PD上，二面角M﹣AC﹣D的余弦值为，
求三棱锥M﹣ACP体积．
20．已知函数．
(1)当时，求的单调区间与极值；
(2)若不等式在区间上恒成立，求k的取值范围．
21．已知椭圆的两个焦点分别为，，过点且与轴垂直的直线交椭圆于
，两点，的面积为，椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于，两个不同的点，若存在实数，使得，求的取值范围．
22．设函数().
(1)若，求的极值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若，证明：.
