【文档说明】福建省泉州一中、莆田二中、仙游一中2020-2021学年高二下学期期中联考数学试题含答案.docx，共(16)页，1.522 MB，由小赞的店铺上传

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泉州一中､莆田二中､仙游一中2020-2021学年第二学期期中联考数学试卷(考试时间120分钟，试卷总分150分)注意事项1.本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷指定位置上作答，答题前，请按要求填写学校､班级､考号､姓名.2.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷

(非选择题)两部分.第Ⅰ卷(选择题共60分)一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.函数()33fxxx=−的单调递增区间为（）A.()0,+B.(),1−−C.()1,1−D.()1

,+2.已知曲线()()xfxxae=+在点()()1,1f−−处的切线与直线210xy+−=垂直，则实数a=（）A.2aeB.12e+C.2e−D.2e3.25()yxxyx++的展开式中33xy的系数为（）A.5B.10

C.15D.204.如图是函数()yfx=的导函数()fx的图象，则下面判断正确的是（）A.()fx在()3,1−上是增函数B.()fx在()1,2上是减函数C.()fx在3,4−上的最大值是()1fD.当4x=时，()fx取得极小值5.箱

中有标号为1,2,3,4,5,6,7,8且大小相同的8个球，从箱中一次摸出3个球，记下号码并放回，如果三球号码之积能被10整除则获奖.若有2人参加摸奖，则恰好有2人获奖的概率是（）A.81784B.81392C

.949D.18496.杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，其著作《详解九章算术》中画了一张表示二项式展开式后的系数构成的三角形数阵(如图)，称做“开方做法本源”，现简称为“杨辉三角”，比西方的"帕斯卡三

角形”早了300多年，若用(,)mnA表示三角形数阵中的第m行第n个数，则按照自上而下，从左到右顺次逐个将杨辉三角中二项式系数相加，加到(100,3)A这个数所得结果为（）A.9824851+B.9924950+C.10025000+D.

10125050+7.福厦高速铁路，正线全长300.483千米.2017年开工建设，沿线设福州站､福州南站､福清西站､莆田站､泉港站､泉州东站､泉州南站､厦门北站､漳州站9座客站，设计速度每小时350

千米，预计2022年9月开通.为了加快推动重点项目进展，即西溪特大桥､泉州湾跨海大桥､木兰溪特大桥3个控制性工程的建设.项目监管公司决定派出甲､乙等6名经理去3个项目现场考察监督，每个项目现场2名经理，每位经理只去一个项目现场，则甲､乙到不同项目现场的不同

安排方案共有（）A.6种B.18种C.36种D.72种8.已知函数32ln1,0()42,0xxfxxxxx+=−−，若方程()fxax=有四个不等的实数根，则实数a的取值范围是（）A.()1,1−B.()0,1C.()1,+D.1

,ee二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.若()220121(1)(1)nnnxxxaaxaxax++++++=++++，且0121126nnaa

aaa−+++++=，则下列结论正确的是（）A.6n=B.1231120naaaa−++++=C.(12)nx+展开式中二项式系数和为729D.12323321naaana++++=10.新高考选课走班成常态，某校李华同学选择的是地理､生物､政治这三科，且生物在B层，该校周一上午

选课走班的课程安排如下表所示，李华选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则（）第1节第2节第3节第4节地理1班化学A层3班地理2班化学A层4班生物A层1班化学B层2班生物B层2班历史B层1班物理A层1班生物A层3班物理A层2班生物A层4班物理B层2班生物B层1班物理B层1班物理A

层4班政治1班物理A层3班政治2班政治3班A.李华有4种选课方式B.李华有5种选课方式C.自习不可能安排在第2节D.自习可安排在4节课中的任一节11.泉州市与莆田市都是旅游资源十分丰富的城市，为了盘活

旅游资源带动当地经济发展，选取泉州清源山､泉州东西塔､莆田湄洲岛､仙游九鲤湖四个景点进行旅游品牌宣传.一位游客来莆田､泉州两地游览，已知该游客游览湄洲岛的概率为23，游览清源山､东西塔和九鲤湖的概率都是12，且该游

客是否游览这四个景点相互独立.用随机变量X表示该游客游览的景点个数，下列正确的（）A.()114PX=B.()126PX==C.()1412PX==D.()136EX=12.若实数2t，则下列不等式中一定成立的是（）A.()()()()2ln33ln2tttt++++B.21(1)(2)tt

tt++++C.()1log11ttt++D.()()()()12log2log3tttt++++第Ⅱ卷(非选择题共90分)三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13.用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，其中比3000大的数有__________个.(用

数字作答)14.已知复数()zaiaR=+.若2z，则2zi+在复平面内对应的点位于第__________象限.15.若函数()2ln2fxxaxx=+−在区间()1,2内单调递增，则实数a的取值范围是__________.16.泉州洛阳桥，原名万安桥，桥长834米，宽7米，46个

桥墩，47个桥孔，全都是由花岗岩筑成，素有“海内第一桥”之誉，是古代著名跨海梁式石构桥.北宋泉州太守蔡襄(今莆田市仙游县人，北宋名臣，书法家､文学家､茶学家)与卢锡共同主持历经七年建成，至今已有九百多年历史.现有一场划船比赛，选取相邻的12个桥孔作为比赛

道口，有4艘参赛船只将从一字排开的12个桥孔划过，若为安全起见相邻两艘船都必须至少留有1个空桥孔间隔划过，12个桥孔头尾两侧桥孔也不过船，所有的船都必须从不同的桥孔划过，每个桥孔都只允许1艘船划过，则4艘船通过桥孔的不同方

法共有__________种(用数字作答).四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.(本小题满分10分)已知在32nxx+的展开式中，第3项与倒数第2

项的二项式系数之和为55.（1）展开式中的有理项；（2）展开式中系数最大的项.18.(本小题满分12分)一个盒子内有6张卡片，每张卡片上都写有1个函数(假设定义域都为R)，6张卡片上的函数依次是：()()()()()()23123456,2,2,sin,

cos,2021.fxxfxxfxxfxxfxxfx======（1）现从盒子中任取两张分别写有()ifx和()(),1,2,,5,6jfxij=的卡片，求事件()()ijfxfx+是奇函数”的概率；（2）现从盒子中不放回地逐一抽取卡片，若取到卡片上函数是偶函数则停止抽取，否则继续进行.

记抽取次数为随机变量X，求X的分布列及数学期望.19.(本小题满分12分)已知函数()()212fxxaxaR=+和()cosgxxx=−（1）若()()fxgx+在)0,+上是增函数，求a的取值范

围.（2）设函数()gx的导数是()gx，且()()cosxgxhxx+=，求()hx在3,24上的最小值.20.(本小题满分12分)手机是生活中必不可少的工具之一，为我们的学习､生活和工作带来极大便利.某机构为了解该地区手机的线下销

售情况，对各种品牌手机的销售状况进行市场摸底得到调查数据如下表所示.品牌ABCDEF其他市场占有率30%25%20%10%6%1%8%每台利润/元1008085100070200该地区一家商场销售各种品牌的手机，

以市场占有率当作此类品牌手机的售出概率进行计算.（1）这家商场有一个优惠活动：每天抽取一个数字(2nn，且)nZ，规定若当天卖出的第n台手机恰好是当天卖出的第1台品牌D手机时，则此台品牌D手机将打五折出售.为保证该活动每天的中奖概率小于0.05，求n的最小值；(参考数据：lg0.50

.3,lg0.90.046)−−（2）这家商场中的一个手机专樞只销售品牌A和D两种手机，且品牌A和D的售出概率之比为3:1，假设该专樞其中某天售出3台手机，其中品牌A手机X台，求X的分布列和该手机专樞这天所获利润的数

学期望.21.(本小题满分12分)已知椭圆E的左､右焦点分别为()()12,0,,0(0).FcFcc−点M在E上，21212,MFFFMFF⊥的周长为642+，面积为1.3c（1）求E的方程.（2）设E的左､右顶点分别为,AB，过点3

,02的直线l与E交于,CD两点，记直线AC的斜率为1k，直线BD的斜率为2k，则__________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答).①求直线AC和BD交点的轨迹方程；②是否存在实常数

，使得12kk=恒成立；③过点C作关于x轴的对称点C，连结,CD得到直线1l，试探究：直线1l是否恒过定点.22.(本小题满分12分)已知函数()()(xfxxmem=+是常数，).mR（1）试讨论关于x的方程()fxm=解的个数；（2）当0m=时，若对任意的()()()0,,

ln2xxxfx+恒成立，求正实数的最大值.泉州一中､莆田二中､仙游一中2020-2021学年第二学期期中联考数学试卷(参考答案和评分细则)一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

求的.1.C2.D3.C4.D5.A6.B7.D8.B二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.

AD10.BD11.ACD12.ABD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13.4814.二15.1,2+16.840四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明

过程或演算步骤.17.解析（1）由已知第3项与倒数第2项的二项式系数之和为55，得()21211552nnnnnnnCCCCn−−+=+=+=，即21100nn+−=，解得10n=或11n=−(舍去).所以1032xx+展开式的通项是()10151536211010220,

1,2,3,,10rrrrrrrTCxxCxr−−−+===，要为有理项，则r必须为6的倍数，于是0r=或6r=，所以有理项是00551102TCxx==，或660710221064134

40TCx===，故而展开式中的有理项为5x和13440.（2）假设展开式中系数最大的项1rT+，于是1110101110102222rrrrrrrrCCCC−−++，即11010110

1022rrrrCCCC−+，亦即()()()()()()21!10!1!11!12!10!1!9!rrrrrrrr−−−−+−，故223193rr解得192233r且.rN，所以取7r=，因此展开

式中系数最大的项588381035115202TCxx−==.18.解析（1）记“()()ijfxfx+是奇函数”为事件A，又6张卡片中是奇函数都有()()()32342,2,sinfxxfxxfxx===共3张，取到两张

“奇函数+奇函数”共有233C=种，总的基本事件数是2615C=种，于是()()()31.Ω155nAPAn===（2）X可能的所有取值为1,2,3,4.X的分布列为X1234P12310320120()()()1111113333321111116656541331,2,321020CC

CCCCPXPXPXCCCCCC=========()11113321111165431420CCCCPXCCCC===X的数学期望()13317123421020204EX=+++=.1

9.解析：（1）()()()2211cos1cos22fxgxxaxxxxaxx+=++−=+−+，则()()()'[]1sinfxgxxax+=+−−，又()()fxgx+在)0,+上是增函数，则()1sin0xax+−−在)0,+上恒成立，故m

ax(sin1)axx−+，构造函数()sin1xxx=−+，则()cos10xx=−，即()sin1xxx=−+在)0,+上单调递减，则()max()01xh==，于是1a，故a的取值范围为)1,a

+.（2）由已知，得()cossin1xxhxx−−=，则()2sin1sincoscosxxxxxxhxx+−−−=，构造函数()sin1sincoscosFxxxxxxx=+−−−，则()()cossinsincosFxxxxxxxx=−+=

−，因为3,24x，所以sincos0xx−，于是()0Fx，故()Fx在3,24单调递增，所以()2022FxF=−，所以()0hx，故()hx

在3,24上单调递增，因此min4()2hxh==−.20.解析：（1）售出一台D品牌手机的概率0.1p=，售出一台非D品牌手机的概率10.9p−=，由题意可得10.90.10.05n−，即10.90.5n−，所以0.910.5

1log0.56.5210.9gng−=故7.52n，即n的最小值为8.（2）依题意，可知A品牌手机售出的概率13,4pD=品牌手机售出的概率214p=，X的所有可能取值为0,1,2,3，则可得33,4XB，故X的分布列为X0123P1649

6427642764所以()()031201333113190,144644464PXCPXC======，()()21302333312731272,344644464PXCPXC======

数学期望()39344EXnp===，已知该专柜某天售出品牌A手机X台，则售出品牌D手机3X−台，所以此专卖店当天所获利润的期望值为()()()()1001000310010003EXEXEXEX+−=+−9300

0900()30009009754EX=−=−=元21.解析：（1）依题意，得222264211223acbbcccaa+=+==，即232213acba+=+=，解得2291ab==所以E的方程221.9xy+=（2）选

择①联立方程221932xyxty+==+，化简整理，得()224912270tyty++−=，假设()()1122,,,CxyDxy，由韦达定理，得()122122392749tyytyyt−+=+−=+，得()121294tyyyy=+直线AC的方程：()113

3yyxx=++；直线BD的方程：()2233yyxx=−−；联立方程，得()()11223333yyxxyyxx=++=−−，两式相除，得()()1212212121219333233332tyyxyyxxxx

yxytyy++++===−−−−()()()()()122122121221211211212192936332943923323234yyyyyyyytyyytyyyyyyyyyyy++++++=====−+−++−即333x

x+=−，解得6x=，所以直线AC和BD交点的轨迹方程是直线6x=.选择②联立方程221932xyxty+==+，化简整理，得()224912270tyty++−=，假设()()1122,,,CxyDxy

，由韦达定理，得()122122392749tyytyyt−+=+−=+，得()121294tyyyy=+于是()()()()2112121112121212121221221239233323249933292942tyyyyyxykyxtyyykxy

xytyyyyyytyy−+−−−−=====++++++()()1212121239331222927933222yyyyyyyy++===++故存在实数13=，使得12kk=恒成立.选择③解法1：设()()()112211,,,,

,CxyDxyCxy−，联立方程，得221932xyxty+==+，化简整理，得()224912270tyty++−=，由韦达定理，得()122122392749tyytyyt−+=+−=+，直线CD与x轴交于点,M说明,,CDM三点共线，于是CMDMkk=，假

设(),0Mm，即1212yymxxm=−−，亦即1212yyxmxm−=−−，则()()1221yxmyxm−−=−，所以()()()()12211221121221123322yxmyxmxyxym

yytyytyymyy−+−=+−+=+++−+，()()1212223273322022949ttyymyytmtt−−=+−+=+−=++即()()

9320tmt−+−−=，解得6m=，所以直线CD恒过定点()6,0M.解法2：()()()112211,,,,,CxyDxyCxy−，联立方程，得221932xyxty+==+，化简整理，得()224912270tyty++−=，由韦达

定理，得()122122392749tyytyyt−+=+−=+，直线CD与x轴交于点M，由对称性可知，0CMDMkk+=，假设(),0Mm，即12120yyxmxm+=−−，则()()12210yxmyxm−+−=，所以()()()()122112211212

21123322yxmyxmxyxymyytyytyymyy−+−=+−+=+++−+，()()1212223273322022949ttyymyytmtt−−=+−+=+−=

++即()()9320tmt−+−−=，解得6m=，所以直线CD恒过定点()6,0M.解法3：()()()112211,,,,,CxyDxyCxy−，联立方程，得221932xyxty+=

=+，化简整理，得()224912270tyty++−=，由韦达定理，得()122122392749tyytyyt−+=+−=+直线CD的方程为：()211121yyyyxxxx++=−−，由对称性可知，直线CD恒过定点(),0Mm，令0y=，则212111121121

1211212121xxxyxyxyxyxyxyxyxyyyyyy−−+++=+==+++()22112122212133232793222623249ytyytytyyttyyyytt+++−+==+=+=++−+所以直

线CD恒过定点()6,0M.22.解析（1）解法1：()()()(),1xxfxxmefxxme=+=++，当()()()1,0,xmfxfx−+递减；当()()()1,0,xmfxfx−+递增；所以()1min()10mfxfme−−=−−=−

，又()0fm=，故()fxm=必有一个零点0，当x→−时，()0xxmfxe−+=→1当0m时，由()0fm−=知，方程()fxm=有且只有一个根；2当10m−时，即10m−−，取()21(0)xgxexx=−由()()22xgxexx=+知，当2x−时，

()gx递增，当20x−时，()gx递减，所以max24()1gxe，即存在()0,1xm−−−使得0201xex，由于10m−，()0,1xm−−−知2000mxxm−−恒成立，所以()()000201xxmexmmx++，又()10fm−−，由

单调性及零点存在性定理知方程在区间(),1m−−−有且只有一根，因此方程()fxm=有两个根；3当1m=−，此时()()()1,01xfxxef=−=−，所以()fxm=有且只有一个根；4当1m−时，由()10fm−−，且()0fm−=及单调性知方程在()1,m−−+

有1个根，故此时有两个根.综上所述：0m或1m=−时有且只有一个根；10m−或1m−时有且只有两个根解法2：先证明切线不等式1xex+，构造函数()1xxex=−−，求导得()1xxe=−，令()0x=，解得0x=，当0x时，()0;x当0

x时，()0;x所以()x在(),0−单调递减，在()0,+单调递增，故()()00x=，即1xex+；（i）当0x=时，()()000fmem=+=，说明不论m取什么值，0x=必定是方程()

fxm=的1个解；（ii）当0x时，下面讨论方程()fxm=解的个数；()()xfxxmem=+=，即1xxxeme=−，构造函数()1xxxehxe=−，则()()()()()222222111xxxxxxxxxxx

exeexeexeexexehxee+−++−−+==−−()()()2221011xxxxxxxexeexeeee+−+−==−−，说明()hx在(),0−和()0,+上都是减函数；又因为00011limlimlim1;limlimlim01111xxxxxxxxxxxx

xxxxeexexxexeeeee−−→→→→−→−→−++===−===−−−−−−；limlimlim111xxxxxxxxexxeee−→+→+→−−==→−−−−故而()hx函数值是从0逐渐减小到−的，其中在1y=−处要挖掉一点，作出如下图象：由于是

单调的函数，所以()yhx=与ym=的交点个数情况如下：当0m时，()yhx=与ym=没有交点；当10m−时，()yhx=与ym=有1个交点；当1m=−时，()yhx=与ym=没有交点；当1m−时，()yhx=与ym=有

1个交点；综上所述，当0m或1m=−时，()fxm=有1个解；当10m−或1m−时，()fxm=有2个解；（2）解法1：当0m=时，由()()ln2xxfx，得()22lnxxexx，因为0,0x，所以22lnln0xex−−对于任意的()0,x+恒成立，设()

22lnln,0,0xehxxx=−−，则()241xhxex=−.因为函数2xye=和1yx=−在()0,+上均为单调递增函数，所以函数()hx在()0,+上单调递增函数，当0x→时，

()0hx；当x→+时，()0hx；故存在()00,x+，使得()0200410xhxex−==，即020212xex=.当()00,xx时，()0;hx当()0,xx+时，()0;hx

所以()hx在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增，故()02min000021()lnlnlnln02xehxhxxxx==−−=−−恒成立.又由020410xex−=，得0204.xxe=所以()0000122ln2ln20

2hxxxx=−−−恒成立.因为函数122yxx=−和2lnyx=−在()0,+上单调递减，所以函数()0hx在()0,+上单调递减，因为102h=，所以010,.2x因为函数4yx=和2xye=在()0,+上单调递增

，且240,0.xxe所以函数0204xxe=在10,2上单调递增，所以02e，即实数的取值范围为(0,2e，所以的最大值为2e.解法2：当0m=时，()xfxxe=，因为()

()()ln,0,,lnlnxxxxex+=，所以()()ln2xxfx，即()()ln2fxfx，因为()()1xfxxe+=，所以当()0,x+时，()0fx，所以()fx在()0,+上单调

递增，所以()ln2xx，即2xex恒成立，记()()()()()22221,0,,,xxexehxxhxhxxx−=+=在10,2上递减，在1,2+上递增，min()2

ehx=，所以2e，所以正实数的最大值为2e