【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，由管理员店铺上传

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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

nnnnnnnCCCCn，…………………………………………………………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1101011010

22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588381035115202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(1513161

3CCCCXP，203)3(141315121613CCCCCCXP，201)4(1313141115121613CCCCCCCCXP,…………………………………………………………………11分X的数学期望472

01420331032211XE………………………………………12分19．解析：（1）2211()()cos1cos22fxgxxaxxxxaxx，则()()1sinfxgxxax，………………………………………………………

…………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coss

in1()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，212331

2724464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EXEXEXEXX0123P1

64964276427649300090030009004EX975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1212212121219333233332tyyxyyxxxxyxytyy122122121221211211212192

936332943923323234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x

yxty，化简整理，得224912270tyty，…………………………6分假设1122,,,CxyDxy，由韦达定理，得122122392749tyytyy

t，……………………………………8分得121294tyyyy……………………………………………………………………………………9分于是2112121112121212121221221239233323249933292942

tyyyyyxykyxtyyykxyxytyyyyyytyy……………………………………………………………………………………………………………10分12121

21239331222927933222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(,)C

xy，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yym

xxm，亦即1212yyxmxm，则1221yxmyxm，…………………………………………………………………………10分所以12211221121221123322yxmyxmxyxymy

ytyytyymyy，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yxmyxmxyxym

yytyytyymyy，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12212239

2749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2112212221213323279322262324

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

fxxme，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x

xex，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xxxxxxxxxxxexeexeexeexexehxee2221011xxxxxxx

exeexeeee，说明hx在,0和0,上都是减函数；又因为0001limlimlim111xxxxxxxxxeexexee；1limlimlim011xxxxxxxxexeee；li

mlimlim111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xxe

xx，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xhxe

x，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x

xe．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()ln(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()('xxe

xhx，)(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