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

理科数学试题

一、单选题（每小题3分，共36分） 1.23242535表示为（ ）

23A.A35

13B.A23

12C.A35

13D.A35

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 A.144 A.30 A.20个 （ ）

B.64种 B.72 B.60 B.16个

C.24种 C.36 C.120 C.12个

D.6种 D.12 D.240 D.10个

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（ ）

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（ ） 5.用数字0，1，2，3可以组成无重复数字的四位偶数（ ）

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(12x)2020b0b1(1x)b2(1x)2b2020(1x)2020，则A.-1

B.1

C.0

bb1b2b3232020的值为（ ） 20202222D.22020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 9.15A.2

2020B.660 C.840 D.880

4被7除后余数是（ ）

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 种数为（ ）

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

A.36 A.78

B.45 B.102

C.72 C.114

D.165 D.120

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（ ） 二、填空题（每小题4分，共16分）

3n64n2n13.若C18，则C8C18______.

114.x3x2n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an，ai{1,0,1}，i1，2，3，4，5，6.满足条件“0a1a2a3a4a5a63”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an是等差数列，且a36，a60. （1）求数列an的通项公式；

（2）若等比数列bn满足b1a2，b2a1a2a3，求数列bn的前n项和Sn. 18.（本小题满分10分）已知函数f(x)3sin2x2sin2x. （1）求函数f(x)的单调递增区间；

（2）当x,时，求函数f(x)的值域. 36n119.（本小题满分10分）二项式3x的二项式系数和为256. 32x（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C:(x1)y13和直线l:yxm，l与圆C交于A，B两点. （1）若m1，求弦长AB；

（2）O为坐标原点，若AOB90，求直线l的方程.

2221.（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，DAC90，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6. 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

13【详解】根据排列数公式可得：23242535A35，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3481种.故选：A. 3.【答案】B

3【详解】先对除甲.乙两人的其他3人排列，有A3种，3个人排列后有4个空，然后甲、乙两人从这4个空中32选2个空排列即可，所以共有A3A4324372种方法，故选：B

4.【答案】B

5【详解】先5人全排列有A5120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）的排法总数为故选：B 5.【答案】D

151A512060种. 22【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：

31个位数字为0时，有A3种；个位数字为2时，先排最高位有C2，再排除2和最高位数字外的余下两个数字有212种，共有C2种，所以成无重复数字的四位偶数有 A2A2312A3C2A26410.故选：D

6.【答案】C

r【详解】：二项式展开式第r1项的系数为Tr1Cm，第m行的第14个和第15个的

二项式系数分别为C故选：C. 7.【答案】A

13

m与

C14m，

13Cm1422，解得m34， 14，整理得

m133Cm3【详解】令f(x)(12x)2020，则b0f(1)(1)20201，

b0bb1b2b31232020f0，因此， 222220202bb1b2b31232020ff(1)011.故选：A. 2020222228.【答案】B

22【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A8C684022种选法，其中不含女生的有A6所以服务队中至少有1名女生的选法种数为840180660.C4180种选法，

故选：B 9.【答案】C

【详解】因为1520204(114)20204，

0122020C2020C202014C2020142C20201420204， 12202011C202014C2020142C2020142020，

2020所以154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

113122C5C4C23C5C4C33时安排有；分为1，1，3时安排有A3，所以一共有 A322A2A2122113C5C4C23C5C4C33AA3150，故选：C 322A2A211.【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

2后，有10个空位，在10个空位中任取2个，插入挡板，有C1045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；

4此时有A424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，

2若重复的数字为1，在2，3，4中取出2个，有C33种取法，安排在四个位置中， 2有A412种情况，剩余位置安排数字1，可以排出31236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；

2③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C46种情况，

剩余位置安排两个2，则可以排出616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，

11有C33种取法，安排在四个位置中，有C44种情况，剩余位置安排1，

可以排出3412个四位数，则一共有243636612114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

3n64n22【详解】由C18，得3n64n2或3n64n218，解得n2，或n8舍去，C8C1828.

故答案为：28. 14.【答案】210

1【详解】由己知x3x2nnN展开式中只有第6系数为C*rr1010r5所以展开式有11项，所以2n最大，

2n10，

即n5，又展开式的通项为Tr1C(x)64的常数项为C10C10210.

55r51r3C10x6，令5r0，解得r6，所以展开式

6x15.【答案】72

4【详解】若四种颜色全部用到，则A，C同色或BD同色，则共有2A4若只用三种颜色涂色，22448种；3则A，C同色且B、D同色，共有A443224种，根据分类加法计数原理可得，共有482472种涂

色方法.故答案为：72. 16.【答案】233

【详解】因为ai{1,0,1}，i1，2，3，4，5，6，所以ai只能取0或1，而

0a1a2a3a4a5a63，所以a1，a2，a3，a4，a5，a6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ai1，ai112有两种取法，共有C6212，若出现4个0，则出现两个ai1，共有C62215460，若出现3个30，则出现三个ai1，共有C623208160，综上所述，数列的个数为11260160233.

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an的公差为d，因为a36，a60，可得*解得a110，d2，所以an10(n1)22n12，nN.

a12d6，

a15d0（2）设等比数列bn的公比为q，因为b2a1a2a33a2，b1a222128，

b11qn813nb23a2解得q3，所以Sn413n.

b1a21q1318.（本小题满分10分）

【详解】（1）因为f(x)3sin2x1cos2x2sin2x令1， 622k2x622k，解得6kx3k，kZ

所以函数f(x)的单调增区间为k6,k(kZ). 3（2）因为x5,，所以2x,，

66636所以sin2x1，所以f(x)的值域为[1,2]. 1,6219.（本小题满分10分）

1n2256， 【解析】因为二项式3x的二项式系数和为256，所以32x解得n8.

n（1）

n8，则展开式的通项Tr1Cr8x38r82r1r13C8x3.

22xr135∴二项式系数最大的项为T5C

82484111（2）令二项式中的x1，则二项展开式中备项的系数和为1.

22256（3）由通项公式及0r8且rZ得当r1，4，7时为有理项；

8813511471系数分别为C4，C8，. C88162221814720.（本小题满分10分）

【详解】（1）当m1时，直线方程为：xy10，圆C的圆心坐标为C(1,0)，半径r13. 圆心C到直线的距离d2|11|2，则弦长 22|AB|2132211.

（2）联立yxm22，得2x(2m2)xm120， 22(x1)y13222由(2m2)8m120，解得m2m250.（*）

m212设 Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x21m，x1x2，由AOB90得

2OAOBx1x2y1y2x1x2x1mx2m2x1x2mx1x2m2 m212m(1m)m20

解得：m4或m3，符合（*）.直线l的方程为：yx4或yx3. 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

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DC2，由已知得：

D(0,1,0)，C(0,1,0)，B(1,2,0)，P(0,0,1)，设平面MCB的法向量为n1x1,y1,1，

由CB(1,1,0)，CP(0,1,1)，得：

x11n1CBx1y10 ，则n1(1,1,1). n1CPy110y11设PMPB(01)，则M(,2,1)，从而DC(0,2,0)，CM(,21,1)，设平面DCM的法向量为n2x2,y2,1，则由

1nDC2y0x2112，则n,0,1 2n2CMx2(21)y210y101161所以cosn1,n2，解得. 223131故当点M是PB的中点时，二面角DMCB的余弦值为

6. 3