安徽师范大学附属中学2020-2021学年高二下学期5月月考理科数学试题 Word版含答案

安师大附中2020-2021学年第二学期高二年级

理科数学试题

一、单选题（每小题3分，共36分） 1.23242535⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯表示为（ ）

A.2335A

B.13

23A

C.12

35A

D.13

35A

2.若4名学生报名参加数学.物理.化学兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（ ） A.81种 B.64种 C.24种 D.6种

3.5人站成一排，若甲.乙彼此不相邻，则不同的排法种数共有（ ）

A.144

B.72

C.36

D.12 4.5人排成一排照相，甲排在乙左边（可以相邻，也可以不相邻）的排法总数为（ ） A.30 B.60 C.120 D.240 5.用数字0，1，2，3可以组成无重复数字的四位偶数（ ）

A.20个

B.16个

C.12个

D.10个

6.如图所示，在由二项式系数构成的杨辉三角中，第m 行中从左至右第14个数与第15个数的比为2∶3，则m =

（ ）

A.40

B.50

C.34

D.32

7.若2020220200122020(12)(1)(1)(1)x b b x b x b x -=+-+-+⋅⋅⋅+-，则3

2020122320202222

b b b b +++⋅⋅⋅+的值为（ ） A.-1

B.1

C.0

D.2020

2

1-

8.从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有不同的选法种数为（ ） A.420 B.660 C.840 D.880

9.2020

154-被7除后余数是（ ）

A.2

B.3

C.4

D.5

10.疫情期间，上海某医院安排5名专家到3个不同的区级医院支援，每名专家只去一个区级医院，每个区级医院至少安排一名专家，则不同的安排方法共有（ ） A.60种 B.90种

C.150种

D.240种

11.把14个相同的球全部放入编号为1、2、3的三个盒内，要求盒内的球数不小于盒号数，则不同的放入方法

种数为（ ）

A.36

B.45

C.72

D.165 12.有7张卡片分别写有数字1，1，1，2，2，3，4，从中任取4张，可排出不同的四位数个数为（ ） A.78

B.102

C.114

D.120

二、填空题（每小题4分，共16分）

13.若36421818n n C C +-=，则8n

C =______.

14.()2*

n

n N ∈展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为______.

15.用红、黄、蓝、绿四种颜色给如图中五个区域进行涂色，要求相邻区域所涂颜色不同，共有______种不同的涂色方法.（用数字回答）

16.已知数列{}n a ，{1,0,1}i a ∈-，1i =，2，3，4，5，6.满足条件“12345603a a a a a a ≤+++++≤”的数列个数为______.（用数字回答） 三、解答题（共48分）

17.（本小题满分8分）已知数列{}n a 是等差数列，且36a =-，60a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；

（2）若等比数列{}n b 满足12b a =，2123b a a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S . 18.（本小题满分10

分）已知函数2()22sin f x x x =+. （1）求函数()f x 的单调递增区间；

（2）当,36x ππ⎡⎤

∈-

⎢⎥⎣

⎦时，求函数()f x 的值域. 19.（本小题满分10

分）二项式n

的二项式系数和为256. （1）求展开式中二项式系数最大的项： （2）求展开式中各项的系数和；

（3）展开式中是否有有理项，若有，求其系数；若没有，说明理由

20.（本小题满分10分）已知圆2

2

:(1)13C x y -+=和直线:l y x m =+，l 与圆C 交于A ，B 两点. （1）若1m =，求弦长AB ；

（2）O 为坐标原点，若90AOB ∠=︒，求直线l 的方程.

21.（本小题满分10分）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，平面PDC ⊥平面ABCD ，

AC AD PD PC ===，90DAC ∠=︒，M 在PB 上.

（1）若点M 是PB 的中点，求证：PA ⊥平面CDM ；

（2）在线段PB 上确定点M 的位置，使得二面角D MC B --的余弦值为3

-

. 理科数学答案与解析

一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分） 1.【答案】D

【详解】根据排列数公式可得：13

3523242535A ⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯=，故选：D.

2.【答案】A

【详解】每位学生都有3种选择，则4位学生的报名方式共有4381=种.故选：A. 3.【答案】B

【详解】先对除甲.乙两人的其他3人排列，有33A 种，3个人排列后有4个空，然后甲、乙两人从这4个空中选2个空排列即可，所以共有3234324372A A ⋅=⨯⨯⨯=种方法，故选：B

4.【答案】B

【详解】先5人全排列有55120A =种不同的排法，甲排在乙左边的机会与排在右边的机会相同，所以甲排在

乙左边（可以相邻，也可以不相邻）的排法总数为5511

1206022

A =⨯=种. 故选：

B 5.【答案】D

【详解】由0，1，2，3组成无重复数字的四位偶数，这四个数字全部取出，有两类办法：

个位数字为0时，有33A 种；个位数字为2时，先排最高位有1

2C ，再排除2和最高位数字外的余下两个数字有22A 种，共有12

22C A ⋅种，所以成无重复数字的四位偶数有 3123226410A C A +⋅=+=.故选：D

6.【答案】C

【详解】：二项式展开式第1r +项的系数为1r

r m T C +=，∴第m 行的第14个和第15个的

二项式系数分别为13

m C 与

14m C

，

13142

3

m m C C ∴=，整理得

142133m =-，解得34m =， 故选：C. 7.【答案】A

【详解】令2020()(12)f x x =-，则20200(1)(1)1b f ==-=，

320201202320201022222b b b b b f ⎛⎫

+

+++⋅⋅⋅+== ⎪⎝⎭

，因此， 32020122320201(1)01122222b b b b f f ⎛⎫+++⋅⋅⋅+=-=-=- ⎪⎝⎭

.故选：A. 8.【答案】B

【详解】从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，共有2286840A C ⋅=种选法，其中不含女生的有2264180A C =种选法，

所以服务队中至少有1名女生的选法种数为840180660-=.故选：B 9.【答案】C

【详解】因为20202020154(114)4-=+-，

01222020202020202020202020201414144C C C C =+++⋅⋅⋅+-， 1222020202020202020202011141414C C C =+++⋅⋅⋅+，

所以2020

154-被7除后余数是4，故选：C

10.【答案】C

【详解】5名专家到3个不同的区级医院，分为1，2，2和1，1，3两种情况；分为1，2，2

时安排有122

354232

2C C C A A ；分为1，1，3时安排有1133

543322C C C A A ，所以一共有 122113

33

5425433322

22

150C C C C C C A A A A +=，故选：C 11.【答案】B

【详解】根据题意，先在14个球种取出1个球放到编号为2的盒子里，再取出2个球放在编号为3的盒子里，此时只需将剩下的11个球，分为3组，每组至少一个，分别放到三个盒子里即可；将11个球排成一列，排好

后，有10个空位，在10个空位中任取2个，插入挡板，有21045C =种方法，即有45种将11个球分为3组

的方法，将分好的3组对应3个盒子，即可满足盒内的球数不小于盒号数，则盒内的球数不小于盒号数的放入方法有45种，故选：B. 12.【答案】C

【详解】根据题意，分四种情况讨论：

①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1，2，3，4；

此时有4

424A =种顺序，可以排出24个四位数.

②取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2，

若重复的数字为1，在2，3，4中取出2个，有233C =种取法，安排在四个位置中， 有2412A =种情况，剩余位置安排数字1，可以排出31236⨯=个四位数

同理，若重复的数字为2，也可以排出36个重复数字；

③若取出的四张卡片为2张1和2张2，在4个位置安排两个1，有246C =种情况，

剩余位置安排两个2，则可以排出616⨯=个四位数；

④取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1，在2，3，4中取出1个卡片，

有133C =种取法，安排在四个位置中，有144C =种情况，剩余位置安排1，

可以排出3412⨯=个四位数，则一共有243636612114++++=个四位数，故选C. 二.填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分） 13.【答案】28

【详解】由36421818n n C C +-=，得3642n n +=-或364218n n ++-=，解得2n =，或8n =舍去，2828C =.

故答案为：28. 14.【答案】210

【详解】由己知()2*

n

n N ∈展开式中只有第6系数为5

2n C

最大，

所以展开式有11项，所以210n =，

即5n =，又展开式的通项为5

5106

110

10r

r r

r

r

r T C C x --+=⋅=，令5506r -=，解得6r =，所以展开式

的常数项为64

1010210C C ==.

15.【答案】72

【详解】若四种颜色全部用到，则A ，C 同色或BD 同色，则共有4

4222448A =⨯=种；若只用三种颜色涂色，则A ，C 同色且B 、D 同色，共有3443224A =⨯⨯=种，根据分类加法计数原理可得，共有482472+=种涂

色方法.故答案为：72. 16.【答案】233

【详解】因为{1,0,1}i a ∈-，1i =，2，3，4，5，6，所以i a 只能取0或1，而

12345603a a a a a a ≤+++++≤，所以1a ，2a ，3a ，4a ，5a ，6a 中出现0的个数可以是6个、5个、

4个、3个，若出现6个0，则数列为常数列，共有1个常数列，若出现5个0，则出现一个1i a =，1

i a =±有两种取法，共有16212C ⨯=，若出现4个0，则出现两个1i a =，共有2

26215460C ⨯=⨯=，若出现3个0，则出现三个1i a =，共有3362208160C ⨯=⨯=，综上所述，数列的个数为11260160233+++=.

三、解答题（本大题共4小题，共48分） 17.（本小题满分8分）

【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为36a =-，60a =，可得1126

50

a d a d +=-⎧⎨

+=⎩，

解得110a =-，2d =，所以10(1)2212n a n n =-+-⋅=-，*n N ∈.

（2）设等比数列{}n b 的公比为q ，因为212323b a a a a =++=，1222128b a ==⨯-=-，

解得22

1233b a q b a ===，所以()()

()

11813413113

n n n n b q S q --⨯-===---.

18.（本小题满分10分）

【详解】（1

）因为()21cos 22sin 216f x x x x π⎛

⎫

=+-=-+ ⎪⎝

⎭

， 令2222

6

2

k x k π

π

π

ππ-

+≤-

≤

+，解得6

3

k x k π

π

ππ-

+≤≤

+，k Z ∈

所以函数()f x 的单调增区间为,()6

3k k k Z π

πππ⎡⎤

-

+

∈⎢⎥⎣

⎦

. （2）因为,36x ππ⎡⎤

∈-

⎢⎥⎣⎦

，所以52,666x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，

所以1sin 21,62x π⎛

⎫⎡

⎤

-

∈- ⎪⎢⎥⎝

⎭⎣⎦

，所以()f x 的值域为[1,2]-. 19.（本小题满分10分）

【解析】因为二项式n

的二项式系数和为256，所以2256n

=， 解得8n =.

（1）

8n =

，则展开式的通项

828318

812r

r

r

r r r T C C x --+-⎛⎫=⋅=⋅⋅ ⎪⎝⎭.

∴二项式系数最大的项为4

4

58

135

28T C ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭

（2）令二项式中的1x =，则二项展开式中备项的系数和为88

111122256

⎛⎫⎛⎫

-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.

（3）由通项公式及08r ≤≤且r Z ∈得当1r =，4，7时为有理项；

系数分别为11

8

142C ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，44813528C ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，7

7811216C ⎛⎫-=- ⎪

⎝⎭

. 20.（本小题满分10分）

【详解】（1）当1m =时，直线方程为：10x y -+=，圆C 的圆心坐标为(1,0)C

，半径r =. 圆心C

到直线的距离d =

=

||AB ==

（2）联立22

(1)13

y x m x y =+⎧⎨

-+=⎩，得22

2(22)120x m x m +-+-=， 由()

22(22)8120m m ∆=--->，解得2

2250m m +-<.（*）

设()11 ,A x y ，()22,B x y ，则121x x m +=-，21212

2

m x x -=，由90AOB ∠=︒得

()()()21212121212122OA OB x x y y x x x m x m x x m x x m ⋅=+=+++=+++

解得：4m =-或3m =，符合（*）.直线l 的方程为：4y x =-或3y x =+. 21.（本小题满分10分）

【解析】（1）证明：取DC 的中点O ，连接PO ，OA .

则PO DC ⊥，AO DC ⊥，又PO OA O ⋂=，从而CD ⊥平面PAO ，故CD PA ⊥.

取PA 的中点N ，连接ON ，

MN ，则ON PA ⊥.由M 为PB 中点，得四边形MNOC 为平行四边形，所以

2212(1)0m m m m =-+-+=

//CM ON ，所以CM PA ⊥.又CM ⊂平面CDM ，CD ⊂平面CDM ，

CM CD C ⋂=，所以PA ⊥平面CDM .

（2）解：由平面PDC ⊥平面ABCD 得PO ⊥平面ABCD ，故以OA ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，设2DC =，由已知得：

(0,1,0)D -，(0,1,0)C ，(1,2,0)B ，(0,0,1)P ，设平面MCB 的法向量为()111,,1n x y =，

由(1,1,0)CB =，(0,1,1)CP =-，得：

11111110

1 1

10n CB x y x y n CP y ⎧⋅=+==-⎧⎪⇒⎨⎨

=⋅=-+=⎩⎪⎩，则1(1,1,1)n =-. 设(01)PM PB λλ=<<，则(,2,1)M λλλ-，从而(0,2,0)DC =，(,21,1)CM λλλ=--，设平面DCM 的法向量为()222,,1n x y =，则由

22

12221120(21)100

n DC y x n CM x y y λλλλλ-⎧⋅⎧⎪⎨⎪===⎪⇒⎨⋅=+-+-=⎪=⎩⎩，则21,0,1n λλ-⎛⎫=

⎪⎝⎭

所以121

cos ,n n λ-<>==

，解得12λ=. 故当点M 是

PB 的中点时，二面角D MC B --

的余弦值为3

-.