【文档说明】重庆市凤鸣山中学2020-2021学年高二下学期期中考试数学试题 含答案.docx，共(14)页，517.664 KB，由小赞的店铺上传

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重庆市凤鸣山中学2020—2021学年度下期半期高2022级数学试题考试说明:1.考试时间:120分钟；2.试题总分150分；3.试卷页数4页一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设

复数z满足2(1)zii=−−，则z的虚部为（）A．2B．2−C．2iD．2i−2．5人一起见面，每两人握一次手，则一共握手的次数为（）A．25CB．25AC．55AD．253．已知随机变量ξ的分布列为(),(1,2,3,4,5)Pkmkk===，则实数

m＝（）A.15B.110C.115D.1204．.在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AD=2,AA1=3，则异面直线A1B1与AC1所成角的余弦值为（）A．√1414B．√66C．√1313D．135．已知0122332222729nnn

nnnnCCCCC+++++=，则123nnnnnCCCC++++=（）A.63B.64C.31D.326．有4本不同的书A、B、C、D，要分给三个同学，每个同学至少分一本，书A、B不能分给同一人，则这样的分法共有（）A．18种B．24种C．30种D．36种7．椭

圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的长轴长、短轴长和焦距成等差数列，若点P为椭圆C上的任意一点，且P在第一象限，O为坐标原点，𝐹(3,0)为椭圆C的右焦点，则𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗的取值范围为A.(−16,−10)B.(−10,−394]C

.(−16,−394]D.(−∞,−394]8．已知定义域为R的奇函数()yfx=的导函数为()'yfx=，当0x时，()()'0xfxfx−，若()()()ln23,,ln23feffabce−===−，则,,abc的大小关系正确的是（）A.ab

cB.bcaC.acbD.cab二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知复数z为z的共轭复数，下列命题正确的是（）A．2||zzz=B．||||zz=C．若zz=，则z为

实数D．z和z在复平面内对应的点关于虚轴对称10．设离散型随机变量X的分布列如下表：X12345Pm0.10.2n0.3若离散型随机变量𝑌=−3𝑋+1，且𝐸(𝑋)=3，则()A、𝑚=0.1B.𝑛=0.1C.𝐸(𝑌)=−8D.�

�(𝑌)=−711．若20212320202021012320202021(12)()xaaxaxaxaxaxxR−=++++++，则（）A．01a=B．202113520192021312aaaaa−+++++=C．202101220213aaaa++++=D．

123202020212320202021122222aaaaa+++++=−12．已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥3+𝑥2+𝑎𝑥𝑒𝑥，则()A.若曲线𝑦=𝑓(𝑥)在(0,𝑓(0))处的切线与𝑥+5𝑦=0相互垂直，则𝑎=5B.若𝑎=0，则

函数𝑓(𝑥)的单调递减区间为(−∞,0)∪(2,+∞)C.若𝑎=0，则函数𝑓(𝑥)有2个极值点D.若关于x的不等式函数𝑥2+1≥𝑓(𝑥)在(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为(−∞,𝑒−12]三、填空题：本题共4小题

，每小题5分，共20分．13．若a为实数，且12iia++为纯虚数，设i是虚数单位，则a=___________．14．61xx−的展开式的常数项为___________．15．7人站成一

排，甲站正中间，且乙、丙不相邻，一共的站法数有__________种（最后结果必须写成数字）．16．已知𝑓(𝑥)=𝑥3+2𝑥，𝑔(𝑥)={𝑒2𝑥,𝑥≤0ln𝑥+12,𝑥>0，若函数𝑦=𝑓(𝑔(𝑥))+𝑚(𝑚为实数)有两个不同的零点𝑥1，𝑥2，且

𝑥1<𝑥2，则𝑥2−𝑥1的最小值为___________．四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）设函数𝑓(𝑥)=2

𝑥3+3𝑎𝑥2+3𝑏𝑥+8𝑐在𝑥=1及𝑥=2时取得极值．(1)求𝑎,𝑏的值；(2)若对于任意的𝑥∈[0,3]，都有𝑓(𝑥)<𝑐2成立，求c的取值范围．18．（本小题满分12分）盒内有大小

相同的9个球，其中2个红色球，3个白色球，4个黑色球．规定取出1个红色球得1分，取出1个白色球得0分，取出1个黑色球得−1分．现从盒内任取3个球(Ⅰ)求取出的3个球中至少有一个红球的概率；(Ⅱ)求取出的3个球得分之和恰为1分的概率；(Ⅲ)设𝜉为取出的3个球中白色球的个数，求𝜉的分布列和数学期望

．19．（本小题满分12分）如图，四棱锥PABCD−中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，2PDAB==，E为PC上一点，当F为DC的中点时，EF平行于平面PAD.（Ⅰ）求证：DE⊥平面PCB；（Ⅱ）求二面角EBDP−−的余弦值.20．（本小题满分12分）2019年春节期间，

某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活动，超市设计了两种抽奖方案.方案一：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红

球则顾客获得60元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽取3次.方案二：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客

有放回地抽取3次.（1）现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得180元返金券的概率；（2）若某顾客获得抽奖机会.①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望；②为了吸引顾客消费，

让顾客获得更多金额的返金券，该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动？21．（本小题满分12分）已知椭圆()222210xyabab+=＞＞的短轴长为4，离心率为32，斜率不为0的直线l与椭圆恒交于A，B两点，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点M．（

1）求椭圆的标准方程；（2）直线l是否过定点，如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由．22．（本小题满分12分）已知函数1()lnfxaxbx=++在1x=处的切线为x轴．（1）求实数a，b的值；（2）若关于x的不等式()11fxtxxx−−对任意的

1x恒成立，求实数t的取值范围．重庆市凤鸣山中学2020—2021学年度下期半期高2022级数学试题数学参考答案一、单选题：1．解析22zi=−−，所以z的虚部为2−答案：B2．答案：A3．【答案】C【详解】∵随机变量ξ的分布列为(),(1,2,3,4,5)Pkm

kk===23451mmmmm++++=解得实数115m=故选：C4．答案：B5．【答案】A【详解】根据二项式定理展开式的逆运算可知()012233222212nnnnnnnnCCCCC+++++=+所以637293

n==所以6n=则12360622163nnnnnnCCCCC++++=−=−=故选:A6．解析4本不同的书分给三个同学，共有234336CA=，书A、B分给同一人有336A=，所以共有36630−=种答案：C7．【答案】C解：∵椭圆C的右焦点为𝐹(3,0)，即𝑐

=3，又∵2𝑎、2b和2c成等差数列，即4𝑏=2𝑎+6，①又∵𝑎2=𝑏2+𝑐2，②由①②联立解得：𝑎=5，𝑏=4，∴椭圆的标准方程为：𝑥225+𝑦216=1，设𝑃(𝑥,𝑦)，则𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦)，𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(3−𝑥,

−𝑦)，𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦)·(3−𝑥,−𝑦)=3𝑥−(𝑥2+𝑦2)③将𝑥225+𝑦216=1代入③得：𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=−9𝑥225+3𝑥−16=−925(𝑥−256)2−394，又∵𝑃在椭圆C上且在第一象限，

即0<𝑥<5，∴𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=−925(𝑥−256)2−394∈(−16,−394],故选C．8．【答案】D【详解】构造函数g（x）()fxx=，∴g′（x）()()2'xfxfxx−=，∵xf′（x）﹣f

（x）＜0，∴g′（x）＜0，∴函数g（x）在（0，+∞）单调递减．∵函数f（x）为奇函数，∴g（x）()fxx=是偶函数，∴c()33f−==−g（﹣3）＝g（3），∵a()fee==g（e），b()22flnln==g

（ln2），∴g（3）＜g（e）＜g（ln2），∴c＜a＜b，故选D．二、多选题9．解析∵2||zzz=，∴A正确；共轭复数的模相等，∴B正确；z和z在复平面内对应的点关于实轴对称，∴D错误；0abiabibzR+=−=，∴C正确．答案：ABC10．【答案】BC解：由𝐸

(𝑋)=1×𝑚+2×0.1+3×0.2+4×𝑛+5×0.3=3得𝑚+4𝑛=0.7，又由𝑚+0.1+0.2+𝑛+0.3=1得𝑚+𝑛=0.4，从而得𝑚=0.3，𝑛=0.1，故A选项错误，B选项正确；𝐸(𝑌)=−3𝐸(𝑋)+1=−8，故C

选项正确；因为𝐷(𝑋)=0.3×(1−3)2+0.1×(2−3)2+0.1×(4−3)2+0.3×(5−3)2=2.6，所以𝐷(𝑌)=(−3)2𝐷(𝑋)=23.4，故D选项错误，故选BC．11．解析∵202123202

02021012320202021(12)()xaaxaxaxaxaxxR−=++++++，故令0x=，可得01a=，故A正确．令1x=，可得012320020211zaaaaaa++++++=−，令1x=−，可得20210123202020213aaaaaa

−+−++−=，两式相减除以2，可得202113520192021132aaaaa−−+++++=，故B错误．令1x=−，可知C正确．令12x=，可得1220200220200222aaaa++++=，故12202022

0201222aaa+++=−，故D正确．答案：ACD12、【答案】ACD解：依题意，𝑓′(𝑥)=−𝑎𝑥3+(3𝑎−1)𝑥2+(2−𝑎)𝑥+𝑎𝑒𝑥，故𝑓′(0)=𝑎=5，故A正确;当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=𝑥2𝑒�

�，𝑓′(𝑥)=2𝑥−𝑥2𝑒𝑥=(2−𝑥)𝑥𝑒𝑥，令𝑓′(𝑥)<0，得𝑥<0或𝑥>2．则函数𝑓(𝑥)的单调递减区间为(−∞,0)，(2,+∞)，单调递增区间为(0,2)，故B错误，C正确;对于D，当𝑥∈(0,+∞)，𝑥2+1≥𝑓(𝑥)恒成立，故�

�≤(𝑥2+1)𝑒𝑥−𝑥2𝑥3+𝑥=𝑒𝑥𝑥−𝑥𝑥2+1恒成立，令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥𝑥−𝑥𝑥2+1，𝑥>0，故𝑎≤[𝑔(𝑥)]min，而𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥−1)𝑥2−1−𝑥2(𝑥2+

1)2=(𝑥−1)[𝑒𝑥𝑥2+𝑥+1(𝑥2+1)2]，令𝑔′(𝑥)=0，得𝑥=1，故当𝑥∈(0,1)时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)单调递减，当𝑥∈(1,+∞)时，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)单调递增，故𝑎≤𝑔(1)=𝑒−12，即实数

a的取值范围为(−∞,𝑒−12]，故D正确．故选ACD．三、填空题：13．答案：2−解析2212(12)()(2)(21)11iiaiaaiaiaa++−++−==+++为纯虚数，则202aa+==−14．答案：15解析36621661(1

)rrrrrrrTCxCxx−−+=−=−为常数项4r=，∴常数项为1515．答案：528解析首先甲站正中间位置，乙、丙在甲的同侧有2424296AA=种，乙、丙在甲的异侧有1143342432CCA=种，所以共有528种．16．【答案】1+12ln2解：

∵𝑓(𝑥)=𝑥3+2𝑥，求导𝑓′(𝑥)=3𝑥2+2>0，∴𝑓(𝑥)在R上单调递增．函数𝑦=𝑓(𝑔(𝑥))+𝑚有两个不同零点，等价于方程𝑓(𝑔(𝑥))+𝑚=0有两个不等实根．设𝑔(𝑥)=𝑡，则𝑓(𝑡)=−

𝑚，又𝑓(𝑥)在R上单调递增，作出函数𝑔(𝑥)的图象，则问题转化为𝑔(𝑥)=𝑡在𝑡∈(0,1]上有两个不同的实根𝑥1，𝑥2，𝑥1<𝑥2，则𝑒2𝑥1=ln𝑥2+12=𝑡，则𝑥1=12l

n𝑡，𝑥2=𝑒𝑡−12，𝑥2−𝑥1=𝑒𝑡−12−12ln𝑡.设ℎ(𝑡)=𝑒𝑡−12−12ln𝑡，𝑡∈(0,1]，则ℎ′(𝑡)=𝑢(𝑡)=𝑒𝑡−12−12𝑡，𝑢′(𝑡)=𝑒𝑡−12+12𝑡2>0，∴ℎ′(𝑡)在𝑡∈(0,1]

上单调递增，且ℎ′(12)=0，由零点存在性定理知，ℎ′(𝑡)=0在𝑡∈(0,1]上有唯一零点，故ℎ(𝑡)在(0,12)上单调递减，在(12,1)上单调递增，所以ℎ(𝑡)min=ℎ(12)=1+12ln2.故答案为1+12ln2.四、解答题1

7．（本小题满分10分）【答案】解：(1)𝑓′(𝑥)=6𝑥2+6𝑎𝑥+3𝑏，因为函数𝑓(𝑥)在𝑥=1及𝑥=2取得极值，则有𝑓′(1)=0，𝑓′(2)=0．即{6+6𝑎+3𝑏

=024+12𝑎+3𝑏=0解得𝑎=−3，𝑏=4．(2)由(1)可知，𝑓(𝑥)=2𝑥3−9𝑥2+12𝑥+8𝑐，𝑓′(𝑥)=6𝑥2−18𝑥+12=6(𝑥−1)(𝑥−2)．当�

�∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)>0；当𝑥∈(1,2)时，𝑓′(𝑥)<0；当𝑥∈(2,3)时，𝑓′(𝑥)>0．所以，当𝑥=1时，𝑓(𝑥)取得极大值𝑓(1)=5+8𝑐，又𝑓(0)=8𝑐，𝑓(3)=9+8𝑐．则当𝑥∈[

0,3]时，𝑓(𝑥)的最大值为𝑓(3)=9+8𝑐．因为对于任意的𝑥∈[0,3]，有𝑓(𝑥)<𝑐2恒成立，所以9+8𝑐<𝑐2，解得𝑐<−1或𝑐>9，因此c的取值范围为(−∞,−1)∪(

9,+∞)．18．（本小题满分12分）解：(Ⅰ)取出的3个球中至少有一个红球的概率：𝑃=1−𝐶73𝐶93=712；(Ⅱ)记“取出1个红色球，2个白色球”为事件B，“；取出2个红色球，1个黑色球”为事件C，则𝑃(𝐵+𝐶)=𝑃(𝐵)+𝑃(𝐶)=𝐶21𝐶32𝐶93+𝐶22

𝐶41𝐶93=542；(Ⅲ)𝜉可能的取值为0，1，2，3，𝑃(𝜉=0)=𝐶63𝐶93=521，𝑃(𝜉=1)=𝐶31𝐶62𝐶93=4584，𝑃(𝜉=2)=𝐶32𝐶61𝐶93=314，𝑃(

𝜉=3)=𝐶33𝐶93=184，𝜉的分布列为：𝜉0123P5214584314184𝜉的数学期望𝐸𝜉=0×521+1×4584+2×314+3×184=1．19．（本小题满分12分）【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）63【详

解】（Ⅰ）证：PD⊥平面ABCD，PDBC⊥，又正方形ABCD中，CDBC⊥，PDCDD=，BC⊥平面PCD，又DE平面PCD，BCDE⊥，PDCD=，当F为DC的中点时，EF平行平面PAD，所以E是PC的中点，DEPC⊥，PCBCC=，DE⊥平面PCB；（Ⅱ）解：以点D为

坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则(0,0,0)D，(0,0,2)P，(2,2,0)B，(0,1,1)E，(2,2,0)DB=，(0,1,1)DE=，设平面BDE

的法向量为(,,)nxyz=，则0nDB=，0nDE=，2200xyyz+=+=，令1z=，得到1y=−，1x=，(1,1,1)n=−；又(0,2,0)C，(2,0,0)A，(2,2,0)=−AC，且AC⊥

平面PDB，平面PDB的一个法向量为(1,1,0)m=−；设二面角EBDP−−的平面角为，由图可知角为锐角，则1106cos|cos,|323mn++===，二面角EBDP−−的余弦值为63．20．（本小题满分

12分）【答案】(1)1729(2)①10080元，元②第一种抽奖方案【详解】（1）选择方案一，则每一次摸到红球的概率为101303p==设“每位顾客获得180元返金劵”为事件A，则()33311327PAC==的.所以两位顾客均获

得180元返金劵的概率()()1729PPAPA==（2）①若选择抽奖方案一，则每一次摸到红球的概率为13，每一次摸到白球的概率为23.设获得返金劵金额为X元，则X可能的取值为60，100，140，180.则()3032860327PXC==

=；()1213124100339PXC===；()223122140339PXC===；()33311180327PXC===.所以选择抽奖方案一，该顾客获得返

金劵金额的数学期望为()842160100140180100279927EX=+++=（元）若选择抽奖方案二，设三次摸球的过程中，摸到红球的次数为Y，最终获得返金劵的金额为Z元，则13,3YB，故()1313EY==所以选择抽奖方案二，该顾客获得返金劵金额的数学期望为()(

)8080EZEY==（元）.②即()()EXEZ，所以该超市应选择第一种抽奖方案21．（本小题满分12分）【答案】（1）221164xy+=；（2）直线过定点1205，．【详解】（1）由题2b=，342caa==，所以椭圆的标准方程为221164xy+=．（2）由题设直线

l：xtym=+，1122(,),(,),(4,0)AxyBxyM，联立直线方程和椭圆方程221164xtymxy=++=，得222(4)2160tytmym+++−=，∴2216(416)0tm=−+，12224tmyyt−+=+，2122164myyt−=+．因为以AB为直径

的圆过椭圆的右顶点M，所以()()121244MAMBxxyy=−−+()()()22121214(4)0tyytmyym=++−++−=，整理得2125324805mmm−+==或4，又当4m=时，直线l过椭圆右定点，此时直线MA与直线MB不可能垂直，∴125m=

，∴直线过定点1205，．22．（本小题满分12分）解析（1）定义域0x，由题意(1)10fb=+=，则1b=−（2分）2211()aaxfxxxx−=−=（3分）有(1)10fa=−=则1a=（5分）（2）法一：()1ln11fxxtxt

xxxx−−−对1x恒成立，即ln(1)xtxx−，则记ln()(1)xhxtxx=−−，则221ln()xtxhxx−−=（6分）当1t时，210,ln0txx−−，则()0hx，从而()hx在(1,)+上单调递减，()(1)0hxh=恒成立

，即不等式ln1xtxx−对任意1x恒成立．（8分）当0t时，在1x时有()()()222222ln2110eheteteee=−−=−−，故不合题意；（10分）当01t时，可以证明1ln10xx+−对1x恒成立，则1

ln1xx−，有()22211ln11()(1)(1)(1)1xxxxhxtxtxtxtxxxxx−−−=−−−−=−−=−，当1,txt时，()0hx，故不符合题意．（12分）综上：1t．法二：不等式ln1x

txx−对任意1x恒成立，取xe=，则得到11tee−，可得0t．ln,11xtxxx−，等价于2lnxtxtx−，2ln0,1xtxtxx−+，记2()lnhxxtxtx=−+，则(1)0h=

，2121()2txtxhxtxtxx−++=−+=，2()21gxtxtx=−++，对称轴为14x=，(1)1gt=−当(1)10gt=−，即1t时，()0hx，()hx在1x单调递减，则()(1)0hxh=，成立．当(1)10gt=−，即01t

时，0(1,)x+，使得()00gx=，即()01,xx时()0gx；()0,,()0xgx+；故()hx在()01,xx单调递增，在()0,x+单调递减，则()0(1)0hhx=，成立，但是当0xx，()hx在()0,x+单调递减，特别地x取较大的数时，22

()ln(1)hxxtxtxxtxtxxtxt=−+−+=−+，取11,0ttxhtt++=，则不满足题意．即01t，舍去．综上：1t．