【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（参考答案和评分细则）.pdf，共(10)页，339.127 KB，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（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、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21211552nnnnn

nnCCCCn，…………………………………………………………1分即21100nn，………………………………………………………………………………………2分解得10n或11n（舍去），………………………………………………………

………………3分所以1032xx展开式的通项是10151536211010220,1,2,3,,10rrrrrrrTCxxCxr，要为有理项，则r必须为6的倍数，于是0r或6r，……………………………………

………4分所以有理项是00551102TCxx，或66071022106413440TCx，故而展开式中的有理项为5x和13440．………………………………………………………………5分（2）假设展开式中系数最大的项1rT

，于是1110101110102222rrrrrrrrCCCC，………………………………7分即110101101022rrrrCCCC，亦即21!10!1!11!12!10!1!9!

rrrrrrrr，故223193rr，解得192233r且rN，……………………………………………………………………………8分所以取7r，……………………………………………………………………………………………9分因此展开式中系数最大的项588381035115

202TCxx．……………………………………………10分18．解析(I)记“()()ijfxfx是奇函数”为事件A，……………………………………………………1分又6张卡片中是奇函数都有2()2fxx，33()2fxx，4()sin

fxx共3张，……………………2分取到两张“奇函数+奇函数”共有323C种，…………………………………………………………3分总的基本事件数是1526C种，…………………………………………………………………………4分于是51153)(nAnAP……………………………………………

…………………………………5分（II）X可能的所有取值为l，2，3，4．……………………………………………………………6分X的分布列为……………………………………………………………………………………………7分X1234P1231032012021)1(1613CCXP，103)2(

15131613CCCCXP，203)3(141315121613CCCCCCXP，201)4(1313141115121613CCCCCCCCXP,………………………………………………………

…………11分X的数学期望47201420331032211XE………………………………………12分19．解析：（1）2211()()cos1cos22fxgxxaxxxxaxx，则()()1sinf

xgxxax，…………………………………………………………………1分又()()fxgx在0,)上是增函数，则1sin0xax在0,)上恒成立，故maxsin1axx，…………………………………………………………………………………3分构造

函数()sin1xxx，…………………………………………………………………………4分则()cos10xx，即()sin1xxx在0,)上单调递减，……………………………5分则max()01

xh，于是1a，故a的取值范围为1,)a．………………………………6分（2）由已知，得cossin1()xxhxx，则2sin1sincoscos()xxxxxxhxx，………………………………………………………………………

………………………………………7分构造函数()sin1sincoscosFxxxxxxx，…………………………………………………8分则()cossinsincosFxxxxxxxx，…………

……………………………………………9分因为3,,24x所以sincos0xx，于是()0Fx，故()Fx在3,24单调递增，……………………………………………

………………………………………………………………10分所以()2022FxF，所以()0hx，故()hx在3,24上单调递增，…………11分因此min4()2hxh．………………………………………………

…………………………12分20．解析：(1)售出一台D品牌手机的概率0.1p，售出一台非D品牌手机的概率10.9p，……………………………………………………………1分由题意可得10.90.10.05n，即10.90.5

n，……………………………………………………2分所以0.910.51log0.56.5210.9gng，…………………………………………………………………3分故7.52n，……………………………………………………………………

…………………………4分即n的最小值为8.…………………………………………………………………………………………5分(2)依题意，可知A品牌手机售出的概率134p，D品牌手机售出的概率214p，…………………………………

……………………………………………………………………………6分X的所有可能取值为0,1,2,3，则可得33,4XB，………………………………………………7分故X的分布列为………………………………………………………

………………………………………………………8分所以030331104464PXC，121331914464PXC，21233127244

64PXC,3033312734464PXC,……………………………10分数学期望39344EXnp，……………………………………………………………………11分已知该专柜某天售出

品牌A手机X台，则售出品牌D手机3X台，所以此专卖店当天所获利润的期望值为1001000310010003EXEXEXEXX0123P164964276427649300090030009004EX97

5元．……………………………………………………12分21．解析：(1)依题意，得222264211223acbbcccaa，………………………………………………………2分即232213acba，解得2291

ab………………………………………………………………………4分所以E的方程2219xy．………………………………………………………………………………5分（2）选择①联立方程221932xyxty，化简整理，得224912270tyty，

……………6分假设1122,,,CxyDxy，由韦达定理，得122122392749tyytyyt，……………………………………7分得121294tyyyy………………

……………………………………………………………………8分直线AC的方程：1133yyxx；直线BD的方程：2233yyxx；……………………9分联立方程，得11223333yyxxyyxx，两式相除，得1212212

121219333233332tyyxyyxxxxyxytyy122122121221211211212192936332943923323234

yyyyyyyytyyytyyyyyyyyyyy，……………………11分即333xx，解得6x，所以直线AC和BD交点的轨迹方程是直线6x．…………………12分选择②联立方程221932xyxty，化简整理，得

224912270tyty，…………………………6分假设1122,,,CxyDxy，由韦达定理，得122122392749tyytyyt，……………………………………8分得

121294tyyyy……………………………………………………………………………………9分于是2112121112121212121221221239233323249933292942

tyyyyyxykyxtyyykxyxytyyyyyytyy……………………………………………………………………………………………………………10分1212121239331222927

933222yyyyyyyy，…………………………………………………………………11分故存在实数13，使得12kk恒成立．……………………………………………………………12分选择③解法1设11(,)Cxy，22(,)Dxy，11(,)

Cxy，联立方程，得221932xyxty，化简整理，得221227049tyty，…………………………6分由韦达定理，得122122392749tyytyyt，……………………………

………………………………………8分直线CD与x轴交于点M，说明,,CDM三点共线，于是CMDMkk，…………………………9分假设(,0)Mm，即1212yymxxm，亦即1212yyxmxm，则1221yxmyxm，……………………………

……………………………………………10分所以12211221121221123322yxmyxmxyxymyytyytyymyy，1212223273322022949

ttyymyytmtt，………………………………11分即9320tmt，解得6m，所以直线CD恒过定点6,0M．…………………12分解法211(,)Cxy，22(,)Dxy，11

(,)Cxy，联立方程，得221932xyxty，化简整理，得221227049tyty，…………………………6分由韦达定理，得122122392749tyytyyt，……………………………………………………………………8

分直线CD与x轴交于点M，由对称性可知，0CMDMkk，………………………………………9分假设(,0)Mm，即12120yyxmxm，则12210yxmyxm，……………………10分所以

12211221121221123322yxmyxmxyxymyytyytyymyy，1212223273322022949ttyymy

ytmtt，………………………………11分即9320tmt，解得6m，所以直线CD恒过定点6,0M．…………………12分解法311(,)Cxy，22(,)Dxy，11(,)

Cxy，联立方程，得221932xyxty，化简整理，得221227049tyty，…………………………6分由韦达定理，得122122392749tyytyyt，

……………………………………………………………………8分直线CD的方程为：211121yyyyxxxx，由对称性可知，直线CD恒过定点(,0)Mm，……………………………………………………………………………………………………

…………9分令0y，则2121111211211211212121xxxyxyxyxyxyxyxyxyyyyyy21122122212133232793222623249

tyytyytyyttyyyytt，……………………11分所以直线CD恒过定点6,0M．……………………………………………………………………12分22．解析：（1）解法1()(),

'()(1)xxfxxmefxxme，当(1)xm，'()0fx，()fx递减；当(1)xm，'()0fx，()fx递增；所以1min()(1)0mfxfme，又(0)fm，故()fxm

必有一个零点0，当x时，()0xxmfxe……………………………………………………………………2分1°当m0时，由()0fm知，方程()fxm有且只有一个根；2°当10m时，即10m，取2()1(0)xgxexx由

2'()(2)xgxexx知，当2x时，()gx递增，当20x时，()gx递减，所以max24()1gxe，即存在0(,1)xm使得0201xex，……………………………………………………………3分由于10m，0(,1)xm知

2000mxxm恒成立，所以000201()()xxmexmmx，又(1)0fm，由单调性及零点存在性定理知方程在区间(,1)m有且只有一根，因此方程()fxm有两个根；………………………

…………………………………………………4分3°当m=1，此时()(1),(0)1xfxxef，所以()fxm有且只有一个根；4°当1m时，由(1)0fm，且()0fm及单调性知方程在(1,)m

有1个根，故此时有两个根.…………………………………………………………………………………………5分综上所述：0m或1m时有且只有一个根；10m或1m时有且只有两个根…………………………………………………………………

…………………………………………6分解法2先证明切线不等式1xex，构造函数()1xxex，求导得()1xxe，令()0x，解得0x，当0x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()(0)0x，即1xex；………………………………2分（Ⅰ）当0x时，0(0)0fmem，说明不论m取什么值，0x必定是方程()fxm的1个解；……………………………………………………………

……………………………………3分（Ⅱ）当0x时，下面讨论方程()fxm解的个数；()xfxxmem，即1xxxeme，构造函数1xxxehxe，则222222111xxxxxxxxxxxexeexeexeexexeh

xee2221011xxxxxxxexeexeeee，说明hx在,0和0,上都是减函数；又因为0001limlimlim111xxxxxxxxxe

exexee；1limlimlim011xxxxxxxxexeee；limlimlim111xxxxxxxxexxeee；……………………………………………………4分故而hx函数值是从0逐渐减小到的，其中在1y

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0m时，()yhx与ym没有交点；当10m时，()yhx与ym有1个交点；当1m时，()yhx与ym没有交点；当1m时，()yhx与ym有1个交

点；………………………………………………………………………………………………………………5分综上所述，当0m或1m时，()fxm有1个解；当10m或1m时，()fxm有2个解；…………………………………………………………………………………………

……………6分（2）解法1当0m时，由ln2xxfx，得22lnxxexx，因为0,0x，所以22lnln0xex对于任意的0,x恒成立，设22()lnlnxehxx，0,0x，则241()

xhxex．因为函数2xye和1yx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，…………………………………………………………………………………………………………7分当0x时，()0hx；当

x时，()0hx；故存在00,x，使得020041()0xhxex，即020212xex．…………………………………………………………………………………………8分当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()()lnlnlnln02xehxhxxxx恒成立．………………………………………………………………………………………………………………9分又由020410xex，得0204xxe．所以00001(

)22ln2ln202hxxxx恒成立．…10分因为函数122yxx和2lnyx在0,上单调递减，所以函数0()hx在0,上单调递减，因为1()02h，所以01(0,]2x．…………………………………………

…………………………11分因为函数4yx和2xye在0,上单调递增，且240,0xxe．所以函数0204xxe在1(0,]2上单调递增，所以02e，即实数的取值范围为(0,2]e，所以的最大值为2e．………………………………………………

…………………………………12分解法2当0m时，xxexf)(，………………………………………………………………………7分因为），0(,x，)ln()ln(lnxexxx，所以)2()l

n(xfxx，即)2()(lnxfxf，………………………………………………………………………………………………………………8分因为xexxf)1()('，所以当），0(x时，0)('xf，所以)

(xf在），0(上单调递增，………………………………………………………………………………………………………………9分所以xx2)ln(，即xex2恒成立，…………………………………………………………………10分记xexhx2)(，），

0(x，22)12()('xxexhx，)(xh在)21,0(上递减，在),21(上递增，……………………………………………………………………………………………………………11分min)(xh2e，所以2e，所以正实数的最大值为2e.…

…………………………………………12分