【文档说明】安徽省肥东县第二中学2020-2021学年高二下学期期中考试数学（理）试题.pdf，共(11)页，634.379 KB，由小赞的店铺上传

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第1页，共4页肥东二中2020-2021学年度第二学期期中考试高二年级数学试卷（理）考试时间：120分钟一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1、设i是虚数单位，则复数21ii−在复平面内所对应的点位于()A

.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2、设函数()yfx=在0xx=处可导，且000(3)()lim12xfxxfxx→+−=，则0()fx等于()A.23B.23−C.1D.1−3、根据中央对“精准

扶贫”的要求，某市决定派7名党员去甲、乙、丙三个村进行调研，其中有4名男性党员，3名女性党员．现从中选3人去甲村，若要求这3人中既有男性，又有女性，则不同的选法共有()A.35种B.30种C.28种D.25

种4、()62111xx++展开式中3x的系数为()A.15B.20C.30D.265、设直线xt=与函数2()fxx=，()lngxx=的图象分别交于点M，N，则当||MN达到最小值时t的值为()A.1B.12C.52

D.226、如图，阴影部分的面积是()A.38B.37C.36D.357、我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾，另一直角边为股，斜边为弦。若a，b，c为直角三角形的三边，其中c为斜边，则222abc+=，称

这个定理为勾股定理.现将这一定理推广到立体几何中：在四面体第2页，共4页OABC−中，90AOBBOCCOA===，S为顶点O所对面的面积，1S，2S，3S分别为侧面OAB，OAC，OBC的面积，

则下列选项中对于S，1S，2S，3S满足的关系描述正确的为()A.2222123SSSS=++B.2222123111SSSS=++C.123SSSS=++D.123111SSSS=++8、若函数()lnxfxexmx=−−在区间()1,+上

单调递增，则实数m的取值范围()A.(),1e−−B.(,1e−−C.(),+1e−D.(,+1e−9、已知甲、乙两车由同一起点同时出发，并沿同一路线(假定为直线)行驶．甲车、乙车的速度曲线分别为v甲和(v乙如图所示).那么对于图中给定的0t和1t，下列判断中

一定正确的是()A.在1t时刻，甲车在乙车前面B.1t时刻后，甲车在乙车后面C.在0t时刻，两车的位置相同D.0t时刻后，乙车在甲车前面10、若03sinmxdx=，则二项式1(2)mxx+的展开式中的常

数项为()A.6B.12C.60D.12011、面对全球蔓延的疫情，疫苗是控制传染的最有力技术手段．科研攻关组第一时间把疫苗研发作为重中之重，对灭活疫苗、重组蛋白疫苗、腺病毒载体疫苗、减毒流感病毒载体疫苗和核酸疫苗5个技术路线并行研发，组织了12个优势团队进行联合

攻关．其中有5个团队已经依据各自的研究优势分别选择了灭活疫苗、重组蛋白疫苗、腺病毒载体疫苗、减毒流感病毒载体疫苗和核酸疫苗这5个技术路线，其余团队作为辅助技术支持进驻这5个技术路线．若保障每个技术路线至少有两个研究团队，则不同的分配方案的种数为（）A.14700B.16800C.273

00D.50400第3页，共4页12、已知函数()()()2,2xfxexaxaa=−−+，若不等式()0fx的解集中恰有三个不同的整数，则实数a的取值范围为()A.24[0,)3eB.243[,)32eeC.24[,2)3eD.3[,2)2

e二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13、i是虚数单位，若复数(12)()iai−+是纯虚数，则实数a的值为________.14、用数学归纳法证明某不等式时，其左边111111234212nn=−+−++−−，则从“nk=到

1nk=+”应将左边加上________.15、若3nxx−的展开式中各项系数之和为32，则展开式中x的系数为____________.16、已知函数()=(+1)ln(,afxxaxaRx−−且1)a，21()=+2xxgxxexe−，若存在21[,]xee，使

得对任意2[2,0]x−，12()g(x)fx恒成立，则a的取值范围是______.三、解答题（第17题10分，其他每题12分，本大题共6小题，共70.0分）17、计算下列定积分：522(1)(325)dxxx−+20(2)(cossin)d.xxx−18

、已知函数ln()1.xfxx=−(1)求函数在点(1,(1))f处的切线方程．(2)试判断函数()fx的单调性；第4页，共4页19、已知函数()3=+bxfxax在=1x处有极值2.(1)求a，b的值；(2)求函数()fx在区间12,2−上的最大值．20、已知数列{}n

a的前n项和为nS，满足(21)nnSann=−，且11.3a=(1)求2a，3a；(2)猜想数列{}na的通项公式，并用数学归纳法加以证明．21、在高二年篝火晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目；（1）当4个

舞蹈节目接在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？（2）当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？（3）若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗歌朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？22、已知函数()()21212ln

2fxaxaxx=−++，其中.aR(1)当0a时，讨论函数()fx的单调性；(2)当0a=时，证明()224(fxex−−其中e为自然对数的底数)第1页，共7页肥东二中2020—2021学年度第二学期

高二期中考试数学（理科）答案一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）题号123456789101112答案BABDDCABACBD1、解：∵2𝑖1−𝑖=2𝑖(1+𝑖)(1−𝑖)(1+𝑖)=𝑖−1，∴复数z对应复平面上的点为(−1,1)，在第二象

限，故选B．2、解：∵由题意知lim𝛥𝑥→0𝑓(𝑥0+3𝛥𝑥)−𝑓(𝑥0)2𝛥𝑥=lim𝛥𝑥→032×𝑓(𝑥0+3𝛥𝑥)−𝑓(𝑥0)3𝛥𝑥=32𝑓′(𝑥0)=1，所以𝑓′(𝑥0)=23，故选A.3、解：这3人中既有男性又有女性的对立事件为：这3人中

只有男性或只有女性．故不同的选法有𝐶73−𝐶43−𝐶33=30．故选：B．4、解：因为(1+𝑥)6的通项公式为𝑇𝑟+1=𝐶6𝑟𝑥𝑟，则(1+1𝑥2)(1+𝑥)6展开式中𝑥3的系数为𝐶63+𝐶65=26，故选D．5、解：因为𝑓(𝑥)的图象始终在𝑔(𝑥)的上方，

所以|𝑀𝑁|=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)=𝑥2−𝑙𝑛𝑥，设ℎ(𝑥)=𝑥2−𝑙𝑛𝑥，𝑥∈(0,+∞)，则ℎ′(𝑥)=2𝑥−1𝑥=2𝑥2−1𝑥，令ℎ′(𝑥)=2𝑥2−1𝑥=0，得𝑥=√22，当𝑥∈(0,√22)，ℎ′(𝑥)<0，函数ℎ(

𝑥)单调递减，当𝑥∈(√22,+∞)，ℎ′(𝑥)>0，函数ℎ(𝑥)单调递增，所以当𝑥=√22时，ℎ(𝑥)有最小值，故𝑡=√22．故选D．6、解：直线𝑦=2𝑥−2与抛物线𝑦=3−2𝑥−𝑥2相交，联立：{𝑦=2𝑥−2𝑦=3−2𝑥−𝑥2,解得交点为𝐴(−5

,−12)和𝐵(1,0)，则阴影部分的面积为：=(−13𝑥3−2𝑥2+5𝑥)|−51=−13−2+5−(1253−50−25)=36．故选C．第2页，共7页7、解：如图，作于点D，连接AD，由立体几何知识知，，从

而𝑆2=(12𝐵𝐶⋅𝐴𝐷)2=14𝐵𝐶2⋅𝐴𝐷2=14𝐵𝐶2⋅(𝑂𝐴2+𝑂𝐷2)=14(𝑂𝐵2+𝑂𝐶2)⋅𝑂𝐴2+14𝐵𝐶2⋅𝑂𝐷2=(12𝑂𝐵⋅𝑂𝐴)2

+(12𝑂𝐶⋅𝑂𝐴)2+(12𝐵𝐶⋅𝑂𝐷)2=𝑆12+𝑆22+𝑆32．故选A．8、解：由题意，函数，可得，因为函数在上单调递增，即在上恒成立，即在上恒成立，设，则，所以函数在为单调递增函数，所以，即实数的取值范围是．

故选B．9、由图象及定积分知识可知，速度图象与x轴围成的面积表示汽车行驶的位移，在t0时刻，甲车的位移大于乙车的位移，故在t0时刻甲车应在乙车的前面，且t0时刻两车速度相同，故C、D不对，t1时刻甲车的位移大于乙车的位移，故A对．

10、解：∵𝑚=3∫𝑠𝜋0𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥=−3𝑐𝑜𝑠𝑥|0𝜋=−3𝑐𝑜𝑠𝜋+3𝑐𝑜𝑠0=6，∴(2𝑥+1√𝑥)𝑚=(2𝑥+1√𝑥)6，通项为𝐶6𝑟(2𝑥)6−𝑟(1√𝑥)𝑟=26−𝑟⋅𝐶6𝑟⋅𝑥6−32𝑟，

由6−32𝑟=0，得𝑟=4，∴二项式(2𝑥+1√𝑥)𝑚的展开式中的常数项为22⋅𝐶62=60．故选：C．第3页，共7页11、解：将其余的7个团队分成5个组.然后再分配给各枝术路线．第一类方案：按3，1，1，1，1分

组，先从7个队中选择3个队，然后全排，有𝐶73𝐴55种，第二类方案，按2，2，1，1，1分组，先分组再分配.共有𝐶72𝐶52𝐴22𝐴55种.综上.由分类加法计数原理知.共有𝐶73𝐴55+𝐶72𝐶52𝐴22𝐴55=16800种分配方

案．12、解：函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥−2)−𝑎𝑥+𝑎,(𝑎<2)，若不等式𝑓(𝑥)<0的解集中恰有三个不同的整数，则𝑒𝑥(𝑥−2)<𝑎(𝑥−1)的解集中恰有三个不同的整数，令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥−2)，ℎ(𝑥)=𝑎

(𝑥−1)，则𝑔(𝑥)的图象上只有三个横坐标为整数的点在直线ℎ(𝑥)=𝑎(𝑥−1)的下方，∵𝑔′(𝑥)=(𝑥−1)𝑒𝑥，∴当𝑥>1时，𝑔′(𝑥)>0，此时𝑔(𝑥)单调递增，当𝑥<1时，𝑔′(𝑥)<0，此时𝑔

(𝑥)单调递减，即当𝑥=1时，𝑔(𝑥)取得极小值，也是最小值𝑔(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑔(1)=−𝑒，且𝑔(0)=−2，𝑔(2)=0，𝑔(3)=𝑒3，𝑔(−1)=−3𝑒，直线ℎ(𝑥)恒过定点(1,

0)，且斜率为a，由题意可知𝑎≤0时，不满足条件，则𝑎>0，此时𝑥=1，𝑥=2满足条件，由图象可知，此时只能𝑥=0时，满足条件，则{𝑎>0ℎ(0)>−2ℎ(−1)≤−3𝑒,解得32𝑒≤𝑎<2．故选D．第4页，共7页二、单空题（本大题共4小题，

共20.0分）13、−2解：由(1−2𝑖)(𝑎+𝑖)=(𝑎+2)+(1−2𝑎)𝑖为纯虚数，得{𝑎+2=01−2𝑎≠0，解得：𝑎=−2．故答案为：−2．14、12𝑘+1−12𝑘+215、15解：令𝑥=1得，(3𝑥−√𝑥)𝑛的展开式中各项系数之和为2𝑛=32，解得𝑛

=5，则展开式的通项公式为𝑇𝑟+1=𝐶5𝑟(3𝑥)5−𝑟⋅(−√𝑥)𝑟=(−1)𝑟35−𝑟𝐶5𝑟𝑥32𝑟−5，令32𝑟−5=1，得𝑟=4，所以展开式中x的系数为(−1)435−4𝐶54=15．故答案为15．16、𝑎∈(𝑒2−2𝑒𝑒+1,1)解：𝑓

(𝑥)的定义域为(0,+∞)，𝑓’(𝑥)=(𝑥−1)(𝑥−𝑎)𝑥2(𝑎∈𝑅)，当𝑎<1时，𝑥∈[𝑒,𝑒2]，𝑓’(𝑥)≥0，𝑓(𝑥)为增函数，所以𝑓(𝑥)min=𝑓(𝑒)=𝑒

−(𝑎+1)−𝑎𝑒；若存在𝑥1∈[𝑒,𝑒2]，使得对任意的𝑥2∈[−2,0]，𝑓(𝑥1)<𝑔(𝑥2)恒成立，即𝑓(𝑥)min<𝑔(𝑥)min，𝑔’(𝑥)=𝑥+𝑒𝑥−𝑥𝑒𝑥

−𝑒𝑥=𝑥(1−𝑒𝑥)，当𝑥∈[−2,0]时𝑔’(𝑥)≤0，𝑔(𝑥)为减函数，𝑔(𝑥)min=𝑔(0)=1，∴𝑒−(𝑎+1)−𝑎𝑒<1，𝑎>𝑒2−2𝑒𝑒+1，第5页，共7页∴𝑎∈(𝑒2−2𝑒𝑒+1,1)故答案为：(𝑒2−2�

�𝑒+1,1)．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17、解：(1)∫(523𝑥2−2𝑥+5)𝑑𝑥=(𝑥3−𝑥2+5𝑥)|25=111．(2)∫(2𝜋0cos𝑥−sin𝑥)𝑑𝑥=(sin𝑥+cos𝑥)|02𝜋=(sin2𝜋

+cos2𝜋)−(sin0+cos0)=0．18、解：(1)由题可知：𝑓′(𝑥)=1−𝑙𝑛𝑥𝑥2；所以：𝑓′(1)=1，𝑓(1)=−1；∴函数在点(1,𝑓(1))处的切线方程为：𝑦−(−1)=𝑥−1即：𝑦

=𝑥−2．(2)因为函数的定义域(0,+∞)且𝑓′(𝑥)=1−𝑙𝑛𝑥𝑥2；令𝑓′(𝑥)=1−𝑙𝑛𝑥𝑥2>0得0<𝑥<𝑒，𝑓′(𝑥)=1−𝑙𝑛𝑥𝑥2<0得𝑥>𝑒，因此函数单调增区间是(0,𝑒)，单调减区间是(𝑒,+∞)．19、解：(1)∵函数𝑓(�

�)=𝑎𝑥3+bx在𝑥=1处取得极值2，∴{𝑓(1)=𝑎+𝑏=2𝑓’(1)=3𝑎+𝑏=0，解得{𝑎=−1𝑏=3．(2)由(1)得：𝑓(𝑥)=−𝑥3+3𝑥，𝑓’(𝑥)=−3𝑥2

+3=−3(𝑥+1)(𝑥−1)令𝑓’(𝑥)>0，解得：−1<𝑥<1，令𝑓’(𝑥)<0，解得：𝑥>1或𝑥<−1，故𝑓(𝑥)在[−2,−1)递减，在(−1,12)递增，故𝑓(𝑥)的最大值是𝑓(−2)或𝑓(12)，而𝑓(−2)=2>𝑓(12)=118，故函数

𝑓(𝑥)的最大值是2．第6页，共7页20、解(1)𝑎2=𝑆22×(2×2−1)=𝑎1+𝑎26，又𝑎1=13，则𝑎2=115，类似地，求得𝑎3=135．(2)由𝑎1=11×3，𝑎2=13×5，𝑎3=15×7，……，猜想𝑎𝑛=

1(2𝑛−1)(2𝑛+1).用数学归纳法证明如下：①当𝑛=1时，由(1)可知猜想成立．②假设当𝑛=𝑘(𝑘∈N∗且𝑘≥1)时猜想成立，即𝑎𝑘=1(2𝑘−1)(2𝑘+1).当𝑛=𝑘+1时，𝑎𝑘+1=𝑆𝑘+1(𝑘+1)(2

𝑘+1)，∵𝑆𝑘=𝑘(2𝑘−1)𝑎𝑘=𝑘(2𝑘−1)1(2𝑘−1)(2𝑘+1)=𝑘2𝑘+1，𝑆𝑘+1=(𝑘+1)(2𝑘+1)𝑎𝑘+1，∴𝑎𝑘+1=𝑆𝑘+1−𝑆𝑘=(𝑘+1)(2𝑘+1)𝑎𝑘+1−𝑘2�

�+1，∴𝑘(2𝑘+3)𝑎𝑘+1=𝑘2𝑘+1，∴𝑎𝑘+1=1(2𝑘+1)(2𝑘+3)=1[2(𝑘+1)−1][2(𝑘+1)+1].∴当𝑛=𝑘+1时猜想也成立．由①②可知，猜想对任

意𝑛∈N∗都成立．∴{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=1(2𝑛−1)(2𝑛+1)．21、解：(1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有𝐴77=5040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有𝐴44=24(种)方法．根据分步计数原

理，一共有5040×24=120960(种)安排顺序．(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有𝐴66=720(种)方法．×□×□×□×□×□×□×第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个演唱节目中间，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有𝐴74=840

(种)方法．根据分步计数原理，一共有720×840=604800(种)安排顺序．(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有𝐴1212种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有𝐴1212𝐴1010=𝐴122=132(种)排列．第7页，共7页22、解：

(1)由题意，函数𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥−(2𝑎+1)+2𝑥=𝑎𝑥2−(2𝑎+1)𝑥+2𝑥=(𝑎𝑥−1)(𝑥−2)𝑥(𝑥>0)．当0<𝑎<12时，𝑓′(𝑥)>0⇒0<𝑥<2或𝑥>1𝑎；𝑓

′(𝑥)<0⇒2<𝑥<1𝑎；当𝑎=12时，𝑓′(𝑥)≥0⇒𝑓′(𝑥)≥0；当𝑎>12时，𝑓′(𝑥)>0⇒0<𝑥<1𝑎或𝑥>2；𝑓′(𝑥)<0⇒1𝑎<𝑥<2．综上，当0<𝑎<12时，𝑓(𝑥)在(0,2)，(

1𝑎,+∞)上单调递增，在(2,1𝑎)上单调递减．当𝑎=12时，𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增；当𝑎>12时，𝑓(𝑥)在(0,1𝑎)，(2,+∞)上单调递增；在(1𝑎,2)上单调递减．(

2)当𝑎=0时，由𝑓(𝑥)<2𝑒𝑥−𝑥−4，只需证明𝑒𝑥>ln𝑥+2，令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−ln𝑥−2(𝑥>0)，𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−1𝑥．设𝑔′(𝑥0)=0，则𝑒𝑥0=1𝑥0(0<𝑥0<1

)．当𝑥∈(0,𝑥0)时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)单调递减；当𝑥∈(𝑥0,+∞)时，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)单调递增，∴当𝑥=𝑥0时，𝑔(𝑥)取得唯一的极小值，也是最小值．𝑔(𝑥)的最小值是𝑔(𝑥0)=𝑒𝑥0−ln�

�0−2=1𝑥0−ln1𝑒𝑥0−2=1𝑥0+𝑥0−2>0成立．故𝑓(𝑥)<2𝑒𝑥−𝑥−4成立．