【文档说明】重庆市川外附属第二外国语学校2020-2021学年高二下学期期中考试数学试题 含答案.docx，共(11)页，379.357 KB，由小赞的店铺上传

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四川外语学院重庆第二外国语学校2020-2021学年度下期高2022级第半期测试数学试题一、单项选题（每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1．已知i为虚数单位，复数52zi=−的虚部为（）A．1B．2C．iD．2i2．从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C

地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（）A．7B．9C．12D．163．如图，函数y＝f（x）的图象在点P处的切线方程是y＝-x＋5，则f（3）＋f'（3）＝（）A．12B．1C．2D．04．62xx+展开式中含x4项系数是（）A．12B．60C．192D．2405．若

函数y＝x3-2bx＋6在（2，8）内是增函数，则b的取值范围为（）A．b≤6B．b＜6C．b≥6D．b＞66．在重庆市第一次高考模拟考试之后，我校决定派遣8名干部分成三组，分别到高三年级的三个不同层次班

级进行调研，若要求每组至少2人，则不同的派遣方案共有（）A．980种B．2520种C．2940种D．5880种7．中秋节吃月饼是我国的传统习俗，若一盘中共有两种月饼，其中4块五仁月饼，6块枣泥月饼，现从盘中任取3块，在取到的都是同种月饼的条件下，都是五仁

月饼的概率为（）A．34B．130C．12D．168．已知可导函数f（x）的导函数为f'（x），若对任意的x∈R，都有f（x）＞f'（x）＋1，且f（0）＝2021，则不等式f（x）-2020ex＜1的解集为（）

A．（-∞，e）B．（-∞，2021）C．（0，＋∞）D．（2020，＋∞）二、多项选择题（本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．）9．下列命题中正确的是（）A．若x，y∈R，x＋yi＝2＋2i，则x＝

y＝2B．若复数z1，z2满足22120zz+=，则z1＝z2＝0C．若复数z为纯虚数，则|z|2＝z2D．若复数z满足|z-1|＝2，则|z＋i|的最大值为22+10．如图是函数y＝f（x）的导函数的图

象，下列结论中正确的是（）A．f（x）在[-2，-1]上是增函数B．当x＝3时，f（x）取得最小值C．当x＝-1时，f（x）取得极小值D．f（x）在[-1，2]上是增函数，在[2，4]上是减函数11．离散型随机变量X的分布列如下表，若离散型随机变量Y满

足Y＝3X＋1，则下列结果正确的有（）X01234Pq0.40.10.20.2A．q＝0.2B．E（X）＝2，D（X）＝1.4C．E（X）＝2，D（X）＝1.8D．E（Y）＝7，D（Y）＝16.212．用符号[x]表示不超过x的

最大整数，例如：[0.6]＝0，[2.3]＝2．设f（x）＝（1-lnx）（ax2＋2lnx）有3个不同的零点x1，x2，x3，则（）A．x＝e是f（x）的一个零点B．1232eexxx++=+C．a的取值范围是1,0

e−D．若[x1]＋[x2]＋[x3]＝6，则a的范围是2ln3ln2,94−−．三、填空题（本题共4小题）13．若i是虚数单位，复数z满足z（1＋i）＝2i，则|z|＝________．14．设（x2＋1）（2x＋1）9＝a0

＋a1（x＋2）＋a2（x＋2）2＋…＋a11（x＋2）11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为________．15．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供6种颜色给其中5个小区域涂色，规定每

个区域只涂一种颜色、相邻颜色不同，则区域不同涂色的方法种数为________．16．在木工实践活动中，要求同学们将横截面半径为R，圆心角为2的扇形木块锯成横截面为梯形的木块．甲同学在扇形木块OAB的弧AB上任取

一点D，作扇形的内接梯形OCDB，使点C在OA上，则他能锯出来梯形木块OCDB面积的最大值为________．四、解答题（本大题共6个小题，解答应写出相应的文字说明、证明过程或演算步骤）17．已知二项式1n

axx+的第三项和第八项的二项式系数相等．（1）求n的值；（2）若展开式的常数项为84，求常数a的值．18．已知f（x）＝2x3-mx2-12x＋6的一个极值点为2．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间[-2，2]上的最值．19．如图：用A、B、C、

D四类不同的元件连接成系统N，当元件A正常工作且元件B、C都正常工作，或当元件A正常工作且元件D正常工作时，系统N正常工作．已知元件A、B、C、D正常工作的概率依次为34，23，35，45．（1）求元件A、B、

C都正常工作的概率；（2）求系统N正常工作的概率．20．已知袋中装有大小、形状都相同的小球共5个，其中3个红球，2个白球．（1）若从袋中任意摸出4个球，求恰有2个红球的概率；（2）若每次随机地摸出一个球，记下颜色后放回，摸到白球即停止摸球，这样的摸球最多四次

，η1表示停止时的摸球次数；又若每次随机地摸出一个球，记下颜色后不放回，摸到白球即停止摸球，η2表示停止时的摸球次数．分别求出η1和η2的概率分布列，并计算η1≠η2的概率．21．已知函数f（x）＝x2-3，g（x）＝2xlnx-ax．（1）若函数f（x）与g（x）在x＝1处的切线平行，求函数

g（x）在（1，g（1））处的切线方程；（2）当x∈（0，＋∞）时，若g（x）≥f（x）恒成立，求实数a的取值范围．22．已知函数f（x）＝lnx．（1）讨论函数g（x）＝f（x）-ax（a∈R）的单调性；（2）

设函数1()()xFxfxe=−（e为自然对数的底数）在区间（1，2）内的零点为x0，记()min(),xxmxxfxe=（其中min{a，b}表示a，b中的较小值），若m（x）＝n（n∈R）在区

间（1，＋∞）内有两个不相等的实数根x1，x2（x1＜x2），证明：x1＋x2＞2x0．半期考试题参考答案一、单选题1．A2．C3．B4．A5.A6.C7．D8．C二、多选题9．AD10．CD11．CD12．AD三、填空题13．21

4．−215.156016．2338R四、解答题17．（1）由第3项和第8项的二项式系数相等可得27nnCC=，解得279n=+=；（2）由（1）知，展开式的第1r+项为：()399921991rrrrrrrTCaxCxxa−−−+==；令3902r−=，得6r=，此时展开

式的常数项为936938484aCa−==，解得1a=.18．解：(1)𝜉服从超几何分布，𝜉的可能取值为0，1，2，3．所以，8413;1432;28151;215039333916233926133936======

======CCPCCCPCCCPCCP）（）（）（）（所以𝜉的分布列为：𝜉0123P5211528314184(2)由(1)知中奖的概率为P(ξ≥2)=𝑃(𝜉=2)+𝑃(𝜉=3)=

314+184=1984．19.（1）因为()322126xmxfxx=−−+，所以()26212xxfxm=−−，因为()32126fxxmxx=−−+的一个极值点为2，所以()262221202fm=−−=

，解得3m=，此时()3223126xxfxx=−−+，()()()26612612fxxxxx=−−=+−，令()0fx=，得1x=−或2x=，令()0fx，得12x−；令()0fx，

得1x−或2x，故函数()fx在区间()1,2−上单调递减，在区间(),1−−，()2,+上单调递增.（2）由（1）知，()fx在2,1−−上为增函数，在(1,2−上为减函数，所以1x=−是函数()fx的极大值点，又()22f−=，()113f−=，()214f=−

，所以函数()fx在区间22−,上的最小值为14−，最大值为13.20．解：(1)设𝐴=“从袋中任意摸取出4个球，求恰有2个红球”，则基本事件总数为𝐶54，A包含的基本事件数为𝐶32，故所求概率为P(A)=C32C54=35；(2)可知𝜂1∼𝐵(4,25)，所以𝜂1的概率分布列为：

η11234P256251812527125可知𝑃(𝜂2=1)=25，𝑃(𝜂2=2)=35×24=310，𝑃(𝜂2=3)=35×24×23=15，𝑃(𝜂2=4)=1−25−310−15=110，𝜂2的概率分布列为：𝜂21

234P2531015110所以P(η1=η2)=25×25+625×310+18125×15+27125×110=3531250，从而P(η1≠η2)=1−3531250=8971250．21．（1）()2fxx=−，()12f=−，函数()f

x与()gx在1x=处的切线的斜率均为2−，又()()21lnxgxa=+−，()122ga=−=−，解得：4a=，()2ln4gxxxx=−，()14g=−，()gx在()()1,1g处的切线方程为：()421yx+=−−，即220xy++=.（2）由()(

)gxfx得：22ln3xxaxx−−−，即32lnaxxx++对0x恒成立，设()32lnxhxxx=++，则()()()2231231xxhxxxx+−=+−=，当()0,1x时，()0hx；当()1,x+时，()0hx；(

)hx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，()()min14hxh==，4a，即实数a的取值范围为(,4−.22．（1）()gx的定义域为(0,)+，11()(0)axgxaxxx−=−=当0a时，0)(

'xg恒成立，所以()gx在),0(+上单调递增；当0a时，令0)('=xg有1xa=，∴当10,xa时，0)('xg，()gx单调递增，当1,xa+时，0)('xg，()gx单调递减.综上所述：当0a时，()gx在()0,+?上单调

递增；当0a时，()gx在10,a上单调递增，在1,a+上单调递减.（2）1()lnxFxxe=−且定义域为()0,x+，∴11()xFxxe=+，而在()1,2x上()0

Fx，即()Fx在区间()1,2内单调递增，又1(1)0Fe=−，21(2)ln20Fe=−，且()Fx在区间()1,2内的图像连续不断，∴根据零点存在性定理，有()Fx在区间()1,2内有且仅有唯一零点.∴存在0(1,2)x，使得()00Fx=，即001lnx

xe=，∴当01xx时，1()xfxe，即()xxxfxe；当0xx时，1()xfxe，即()xxxfxe，∴可得00ln,1(),exxxxxmxxxx=，当01xx时，()lnmxxx=，由()1ln0mx

x=+得()mx单调递增；当0xx时，()xxmxe=，由1()0xxmxe−=得()mx单调递减：若()mxn=在区间()1,+?内有两个不相等的实数根1x，()212xxx，则()101,xx，

()20,xx+∴要证1202xxx+，需证2012xxx−，又0102xxx−，而()mx在()0,x+内递减，故可证()()2012mxmxx−，又()()12mxmx=，即证()()1012mxmxx−，即0101112

2lnxxxxxxe−−下证01011122lnxxxxxxe−−：记0022()lnxxxxhxxxe−−=−，01xx，由()00Fx=知：0()0hx=，记()ttte=，则1()ttte−=：当()0,1t时，()0t；当()1,t+时，()0t，故

max1()te=，而()0t，所以10()te，由021xx−，可知002210xxxxee−−−−.∴00022211()1ln10xxxxxxhxxeee−−−=++−−，即()hx单调递增，∴当01xx时，0()()0hxhx=，即0101

1122lnxxxxxxe−−，故1202xxx+，得证.