【文档说明】湖南省天壹名校联盟2020-2021学年高二下学期3月联考试题 数学答案.pdf，共(4)页，427.637 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共4页）高二数学参考答案选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DBACAACDBCABCDABD1.D解析：命题的否定在否定结论的同时，量词作相应改变，故选D.2.B解析：曲线221

31xymm表示椭圆3010,m(1,2)(2,3)31mmmm即，故选B.3.A解析：注意到乙、丁说的同真或同假，当同真时，甲说的也真，不成立，故同假，所以甲、丙说的同真，故甲未及格．4.C解析：y′＝(x＋1

)ex－a，y′|x＝a＝a＋1＝3，a＝2，y＝xex－2，将(2，2)代入切线方程得b＝－4，∴a＋b＝－2.5.A解析：由A到C最短路径的走法有C26＝15种，由A到B有C13＝3种，由B到C有C13＝3种，故

经过B的概率为3×315＝35，不经过B的概率为1－35＝25.6.A解析：（x－2＋y）6＝[x＋（y－2）]6，∴x2y2的系数为C46C24（－2）2＝360.7.C解析：若1，2，3，4号小球与1，2，3，4号盒

子标号均不一致，1号球放2号盒子有3种放法，放3号盒子有3种放法，放4号盒子有3种放法，共9种放法，故不同的放法总数有469=135C种..8.D解析：如图，由题可知F1F2＝2c，∵F2A→＝13MB→，∴F2M＝4c，设AF2＝m，则BM

＝3m.∵BF2平分∠F1BM，∴BF1BM＝F1F2F2M＝2c4c＝12，∴BF1＝3m2，AF1＝13BF1＝m2，AB＝23BF1＝m，由双曲线的定义知AF2－AF1＝2a，∴m－m2＝2a，即m＝4a①，BF1－BF2＝2a，∴BF2＝3

m2－2a＝m，∴BF2＝AB＝AF2＝m，即△ABF2是等边三角形，∴∠F2BM＝∠ABF2＝60°，在△F2BM中，由余弦定理知cos∠F2BM＝BF22＋BM2－F2M22·BF2·BM，即12＝m2＋9m2－16c22·m·3

m，化简得7m2＝16c2②，由①②可得c2a2＝7，∴b2a2＝c2a2－1＝6，∴渐近线方程为6yx.9.BC解析：z＝4＋7i3＋2i＝2＋i，故BC正确．10.AB解析：由已知可得m2－m－1＝1

，解得m＝2或m＝－1(舍去)，∴a2＝3，a＝3，b＝2，故选AB.第2页（共4页）11.CD解析：令g(x)＝ex·2－x，则g′(x)＝ex(2－x＋2－xln12)＝ex2－x(1＋ln12)>0，∴g(x)在R上单

调递增，满足题意．令g(x)＝ex·lnx，则g′(x)＝ex(lnx＋1x)，求导易得y＝lnx＋1x≥1，∴g′(x)>0，∴g(x)在R上单调递增，满足题意．12.ABD解析：设(a－x)(1＋x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a

7x7，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a7＝64(a－1)，①，令x＝－1，则a0－a1＋a2－…－a7＝0，②，①－②得2(a1＋a3＋a5＋a7)＝64(a－1)，∴2×64＝64(a－1)，∴a＝3，展开式中的常数项为a0＝3，x的偶数次幂

项的系数之和为64，展开式中x4的系数为3C46－C36＝25.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.112114.3π215.39616.22x－y－1＝0（第一空2分，第二空3分）13.1121解析：所求概率P＝1－C25C27＝1121.1

4.3π2解析：sincossincosfxxxxxxx，∴当π(0,0,2xfxfx)时，单调递增，当π3π(,)0,22xfxfx时，单调递减，当3π(,2π)0,2xfxfx时，单

调递增，∵3π3π01,22ff，∴fx的最小值为3π2.15.396解析：取不到0时有C24C23C12A33＝216个，取到0时有C24C13(A33＋C12A22)＝

180个，∴共有216＋180＝396个．16.22x－y－1＝0解析：将点A代入抛物线方程得y2＝4x，F(1，0)，2AF.∵AB→＋AC→＝AF→，∴BC经过AF的中点(1，1)，设B(x1，y1)，C(

x2，y2)，则y21＝4x1，y22＝4x2，相减得kBC＝y1－y2x1－x2＝4y1＋y2＝2，∴BC边所在直线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.解析：(1)由已知及抛物线定义可得2

＋p2＝4，∴p＝4，∴抛物线C的方程为x2＝8y.(4分)(2)由(1)可得F(0，2)，∴l：y＝x＋2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将l方程代入C方程整理得y2－12y＋4＝0，∴y1＋y2＝12，∴

|AB|＝y1＋y2＋p＝16，原点O到直线l的距离为d＝2，∴△OAB的面积S＝12|AB|d＝82.(10分)第3页（共4页）18.解析：(1)取PC中点F，连接BF，EF，则EF綊12CD綊AB，∴四边

形ABFE为平行四边形，∴AE∥BF，∵BF⊂平面PBC，∴AE∥平面PBC.(5分)(2)取AB中点O，∵PA＝PB，∴PO⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，建立如图所示空间直角坐标系O­xyz，则B(1，0，0),D(－1，2，0)，

P(0，0，1)，C(3，2，0)，PB＝(1，0，－1)，PC＝(3，2，－1)，DC＝(4，0，0)，设平面PDC的法向量为n＝(a，b，c)，则3a＋2b－c＝04a＝0，令b＝1得n＝(0，1，2)，∴cos<P

B，n>＝­22·5＝－105，∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为105.(12分)19.解析：(1)展开式的通项为Tr＋1＝Crm·2r·x2m－5r2，∴展开式中第4项的系数为C3m·23，倒数第4

项的系数为Cm－3m·2m－3，∴C3m·23Cm－3m·2m－3＝12，即12m－6＝12，∴m＝7.(4分)(2)令x=1可得展开式中所有项的系数和为732187，展开式中所有项的二项式系数和为72128.(8分)(3)展开式共有8项，由(1)可得当2

m－5r2为整数，即r＝0，2，4，6时为有理项，共4项，∴由插空法可得有理项不相邻的概率为A44A45A88＝114.(12分)20.解析：(1)5名学生分成3组，人数分别为(2，2，1)，∴分配方案有C25C23A33A22＝90种．(6分)(2)从5名学生任选1名学生分配给

甲教师指导，剩下4名学生分成2组，人数分别为(2，2)，(3，1)，∴分配方案有222131242254122270CCACCCAA种．(12分)21.解析：(1)根据题意可得c＝2，ab＝22，∴a2＝4，b2＝2，∴椭圆C的方程为x24＋y22＝1

.(4分)(2)F1(－2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将l方程代入C整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，x1＋x2＝－4mk2k2＋1，x1x2＝2m2－42k2＋1.∵kF1A＋kF1B＝0，∴y1x1＋2＋

y2x2＋2＝0，即y1(x2＋2)＋y2(x1＋2)＝(kx1＋m)(x2＋2)＋(kx2＋m)(x1＋2)＝0，即2kx1x2＋(2k＋m)(x1＋x2)＋22m＝0，代入解得m＝22k，直线l方程为y＝k(x＋22)，恒过定点(－

22，0)．(12分)第4页（共4页）22.解析：（1）fx的定义域为0，+．①若a0，∵1110faee=-，∴不满足题意；②若a0，由aaxf'xxx1知，当0x,a时，f'x0；当，+xa时，f'x0，∴

fx在0,a单调递增，在，+a单调递减，故x=a是fx在0，+的唯一最大值点．∵10f，∴当且仅当a=1时，fx0．综上，a=1．（12分）（2）()xfxxemx恒成立，即m﹣1≤ex﹣﹣恒成立，设g（x）＝ex﹣﹣

，则g′（x）＝，设h（x）＝x2ex+lnx，则h′（x）＝（x2+2x）ex+，当x＞0时，h′（x）＞0，故h（x）在（0，+∞）递增，且h（1）＝e＞0，h（）＝﹣ln2＜0，故函数h（x）有唯一零点x0，且＜x0＜1，当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，g′（x）＜0

，g（x）递减，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）递增，即g（x0）是g（x）在定义域内的最小值，故a﹣1≤﹣﹣，∵h（x0）＝0，∴x0＝﹣，＜x0＜1，…（*）令k（x）＝xex，＜x＜1，则方程（*）等价于k（x0）

＝k（﹣lnx0），＜x0＜1，∵k（x）在（，1）递增，∴x0＝﹣lnx0，∴＝，故g（x）的最小值g（x0）＝1，故实数m的取值范围是（﹣∞，2]．（12分）（或根据lnln1ln1ln1ln12xxxxexxexxxxxxmxxx

求解）