2020-2021学年福建省泉州一中、莆田二中、仙游一中高二下学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2020-2021学年福建省泉州一中、莆田二中、仙游一中高二下学期期中联考数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年福建省泉州一中、莆田二中、仙游一中高二下学期期中联考数学试题
一、单选题
1．函数y＝3x－x3的单调递增区间为（ ）．
A．(0，＋∞) B．(－∞，－1) C．(－1，1) D．(1，＋∞)
【答案】C
【分析】首先求出函数的导函数，再令，即可求出函数的单调递增区间；
【详解】解：因为，所以，令，即解得，即函数的单调递增区间为
故选：C
2．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出函数的导数和在处的切线斜率，再由与直线垂直斜率乘积为可得答案.
【详解】，
，切线的斜率为，
因为切线与直线垂直，所以，
解得.
故选：D.
3．的展开式中x3y3的系数为（ ）
A．5 B．10
C．15 D．20
【答案】C
【分析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.
【详解】展开式的通项公式为（且）
所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为：
和
在中，令，可得：，该项中的系数为，
在中，令，可得：，该项中的系数为
所以的系数为
故选：C
【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.
4．如图是函数的导函数的图象，则下面判断正确的是（ ）

A．在上是增函数
B．在上是减函数
C．在上的最大值是
D．当时，取得极小值
【答案】D
【分析】根据导函数图象，判断导数值的符号从而可得函数的单调性，进而可得结果．
【详解】解：根据导函数图象可知，
在上先单调递减后单调递增，故错误；
在上，单调递增，故错误；
函数在上先单调递减，再单调递增，最后在上单调递减，故无法确定函数在上的最大值，故C错误；
在时单调递减，在时单调递增，在 时，取极小值，故对，
故选：．
5．箱中有标号为1，2，3，4，5，6，7，8且大小相同的8个球，从箱中一次摸出3个球，记下号码并放回，如果三球号码之积能被10整除，则获奖.若有2人参加摸奖，则恰好有2人获奖的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先求出摸一次中奖的概率，摸一次中奖是一个等可能事件的概率，做出所有的结果数和列举出符合条件的结果数，得到概率，2个人摸奖．相当于发生2次重复试验，根据每一次发生的概率，利用独立重复试验的公式得到结果．
【详解】解：由题意知，首先求出摸一次中奖的概率，
从8个球中摸出3个，共有种结果，
3个球号码之积能被10整除，则其中一个必有5，
另外两个号码从1，2，3，4，6，7，8中抽取，且2个号码的乘积必须为偶数，
即：抽取的另外两个号码为：一个奇数和一个偶数或者两个都为偶数，
则，即共有18种结果，使得3个球号码之积能被10整除，
摸一次中奖的概率是，
2个人摸奖，相当于发生2次试验，且每一次发生的概率是，
有2人参与摸奖，恰好有2人获奖的概率是.
故选：A.
【点睛】本题考查等可能事件的概率以及独立重复试验的应用，还涉及组合数的公式运算．
6．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，其著作《详解九章算术》中画了一张表示二项式展开式后的系数构成的三角形数阵(如图)，称做“开方做法本源”，现简称为“杨辉三角”，比西方的"帕斯卡三角形”早了300多年，若用表示三角形数阵中的第行第个数，则按照自上而下，从左到右顺次逐个将杨辉三角中二项式系数相加，加到这个数所得结果为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】用表示第行中所有数字的和，由图可得，要求前所的数的和，先求出前99行的所有数的和，再由杨辉三角发现，，从而可得，从而可得，观察每行的第3个数发现当时，，从而可求出，进而可求得结果
【详解】解：由杨辉三角可知，第行中有个数，用表示第行中所有数字的和，
因为时，，
当时，，
当时，，
……
所以由此可知，
所以，
由图可知，，
所以,
因为，所以，
再观察每行的第3个数，,……，
所以当时，，
所以，
所以所求的总和为

故选：B
7．福厦高速铁路，正线全长300.483千米.2017年开工建设，沿线设福州站､福州南站､福清西站､莆田站､泉港站､泉州东站､泉州南站､厦门北站､漳州站9座客站，设计速度每小时350千米，预计2022年9月开通.为了加快推动重点项目进展，即西溪特大桥､泉州湾跨海大桥､木兰溪特大桥3个控制性工程的建设.项目监管公司决定派出甲､乙等6名经理去3个项目现场考察监督，每个项目现场2名经理，每位经理只去一个项目现场，则甲､乙到不同项目现场的不同安排方案共有（ ）

A．6种 B．18种 C．36种 D．72种
【答案】D
【分析】先求得甲乙不在同一组中的分组种数，再根据排列的方法，分派到3个不同的项目现场，即可求解.
【详解】根据题意把6人分成3组，共有不同的分法，
其中甲乙在同一组中有种分法，
可得甲乙不在同一组中，共有种不同的分组，
再分派到3个不同的项目现场，共有种不同的方案.
故选：D.
8．已知函数，若方程有四个不等的实数根，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先将方程有四个不等的实数根转化为的图像与直线有4个交点；用导数的方法判断函数的单调性，作出函数图像，根据函数的图像，即可得出结果.
【详解】方程有四个不等的实数根等价于的图像与直线有4个交点；
（1）当时，，由得；由得；
所以函数在上单调递增，在上单调递减；因此；
（2）当时，，
由得；由得；
所以函数在上单调递增，在上单调递减；因此；
由（1）（2）作出函数的图像与直线的图像如下：

由图像易得.
故选B
【点睛】本题主要考查由方程根的个数求参数的问题，灵活运用数形结合的方法，熟记导数方法判定函数单调性即可，属于常考题型.
二、多选题
9．若，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．展开式中二项式系数和为729
D．
【答案】AD
【分析】令，可得，即可判定A正确；求得的系数为，可判定B不正确；由二项展开式中二项式系数和的性质，可判定C不正确；根据题设条件，两边求导数，得到，令，可判定D正确.
【详解】由，
且，
令，可得，
即，即，解得，所以A正确；
根据题意，可得展开式中的系数为，
令，可得，所以，
所以B不正确；
由二项展开式中二项式系数和的性质，可得展开式中二项式系数和为，
所以C不正确；
由，
两边求导数，可得，
令，可得，
所以D正确.
故选：AD.
10．某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是（ ）
第1节
第2节
第3节
第4节
地理1班
化学A层3班
地理2班
化学A层4班
生物A层1班
化学B层2班
生物B层2班
历史B层1班
物理A层1班
生物A层3班
物理A层2班
生物A层4班
物理B层2班
生物B层1班
物理B层1班
物理A层4班
政治1班
物理A层3班
政治2班
政治3班
A．此人有4种选课方式 B．此人有5种选课方式
C．自习不可能安排在第2节 D．自习可安排在4节课中的任一节
【答案】BD
【分析】根据表格分类讨论即可得到结果.
【详解】由于生物在B层，只有第2，3节有，故分两类：
若生物选第2节，
则地理可选第1节或第3节，有2种选法，
其他两节政治、自习任意选，
故有种（此种情况自习可安排在第1、3、4节中的某节）；
若生物选第3节，
则地理只能选第1节，政治只能选第4节，自习只能选第2节，故有1种．
根据分类加法计数原理可得选课方式有种．
综上，自习可安排在4节课中的任一节．
故选：BD.
11．泉州市与莆田市都是旅游资源十分丰富的城市，为了盘活旅游资源带动当地经济发展，选取泉州清源山、泉州东西塔、莆田湄洲岛、仙游九鲤湖四个景点进行旅游品牌宣传.一位游客来莆田、泉州两地游览，已知该游客游览湄洲岛的概率为，游览清源山、东西塔和九鲤湖的概率都是，且该游客是否游览这四个景点相互独立.用随机变量表示该游客游览的景点个数，下列正确的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】本题可根据题意依次求出、、、、，然后根据数学期望的计算方法即可得出结果.
【详解】随机变量的所有可能取值为、、、、，
则，
，
，
，
，
则，，，
，
故选：ACD.
12．若实数，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】构造函数，利用导数可确定的单调性，根据单调性可依次判断出ABC的正误；构造函数，利用导数可确定单调性，根据单调性可确定D正确.
【详解】对于A，设，则，
当时，恒成立，在上单调递减，
，，，即，
，A正确；
对于B，由A知，在上恒成立，在上单调递减，
，，，即，
，即，
，B正确；
对于C，若，则，即；
由A知，当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，若，此时与大小关系不确定，即与大小关系不确定，C错误；
对于D，设，则；
令，则，
当时，，即在上单调递增，
当时，，此时，在上单调递减，
，，，即，
，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，其中比3000大的数有__________个.(用数字作答)
【答案】
【分析】先分类，只要首位大于等于3的没有重复的数一定比3000大，由分类计数原理即可求出结果．
【详解】解：由题意分两类情况：
①当首位为3时，再从剩余的4个数选3个进行排列，共有个，
②当首位为4时，再从剩余的4个数选3个进行排列，共有个，
所以共有个，
故答案为：．
14．已知复数.若，则在复平面内对应的点位于第__________象限.
【答案】二
【分析】由复数模的计算公式解得，在根据复数的几何意义判断即可．
【详解】解：复数．若，则，解得．
所以
所以在复平面内对应的点位于第二象限．
故答案为：二．
15．若函数在区间上是单调增函数，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【分析】根据函数在区间上是单调增函数，转化为导数不小于0在区间上恒成立，分离参数，利用函数最值求解.
【详解】，
函数在区间上是单调增函数，
所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
由(),
所以，
即，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了利用导数研究不等式恒成立问题，二次函数最值，转化思想，属于中档题.
16．泉州洛阳桥，原名万安桥，桥长834米，宽7米，46个桥墩，47个桥孔，全都是由花岗岩筑成，素有“海内第一桥”之誉，是古代著名跨海梁式石构桥.北宋泉州太守蔡襄(今莆田市仙游县人，北宋名臣，书法家､文学家､茶学家)与卢锡共同主持历经七年建成，至今已有九百多年历史.现有一场划船比赛，选取相邻的12个桥孔作为比赛道口，有4艘参赛船只将从一字排开的12个桥孔划过，若为安全起见相邻两艘船都必须至少留有1个空桥孔间隔划过，12个桥孔头尾两侧桥孔也不过船，所有的船都必须从不同的桥孔划过，每个桥孔都只允许1艘船划过，则4艘船通过桥孔的不同方法共有__________种(用数字作答).

【答案】
【分析】利用插板法确定通过桥孔的方法数，再将4艘参赛船全排列，最后根据分步乘法计数原理计算可得；
【详解】解：依题意相当于将个相同的小球，放入5个盒子中，且每个盒子不空，则在8个小球中的7个空档插入4个板，分为5堆，则有种分法，即通过的桥孔组合有种，再对4艘参赛船全排列有种排法，故共有种方法；
故答案为：
四、解答题
17．已知在的展开式中，第3项与倒数第2项的二项式系数之和为55.
（1）展开式中的有理项；
（2）展开式中系数最大的项.
【答案】（1）和13440；（2）.
【分析】（1）根据第3项与倒数第2项的二项式系数之和为55得到方程，求出，即可得到展开式的通项，要为有理项，求出所对应的的值，最后代入通项即可求出展开式中的有理项；
（2）假设展开式中系数最大的项，得到不等式组，求出，即可得解；
【详解】解：（1）由已知第3项与倒数第2项的二项式系数之和为55，
得，
即，
解得或(舍去).
所以展开式的通项是，
要为有理项，则必须为6的倍数，于是或，
所以有理项是，或，
故而展开式中的有理项为和13440.
（2）假设展开式中系数最大的项，于是，
即，亦即，故
解得且.，
所以取，
因此展开式中系数最大的项.
18．一个盒子内有6张卡片，每张卡片上都写有1个函数(假设定义域都为)，6张卡片上的函数依次是：
（1）现从盒子中任取两张分别写有和的卡片，求事件是奇函数”的概率；
（2）现从盒子中不放回地逐一抽取卡片，若取到卡片上函数是偶函数则停止抽取，否则继续进行.记抽取次数为随机变量，求的分布列及数学期望.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）先根据函数的奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再分别求得基本事件总数以及两张都是奇函数的事件数，由古典概率公式可求得答案；
（2）可能的所有取值为分别求得随机变量取每一个值的概率，可得随机变量的分布列，再由数学期望的公式求得答案.
【详解】解：（1）因为
，
所以函数是偶函数，是奇函数，
记“是奇函数”为事件，
又6张卡片中是奇函数都有共3张，取到两张“奇函数+奇函数”共有种，
总的基本事件数是种，于是
（2）可能的所有取值为
，
，
所以的分布列为

1
2
3
4





所以的数学期望.
19．已知函数和；
（1）若在上是增函数，求的取值范围.
（2）设函数的导数是，且，求在上的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由在上是增函数，可得在上恒成立，即在上恒成立，构造函数，利用导数求出其最大值即可；
（2）由，得，构造函数，利用导数求得其在单调递增，从而可得
，则，所以可得在上单调递增，从而可求出其最小值
【详解】解：（1），
则，
又在上是增函数，则在上恒成立，
故，
构造函数，
则，即在上单调递减，
则，于是，故的取值范围为.
（2）由已知，得，则，
构造函数，
则，
因为，所以，于是，故在单调递增，
所以，所以，故在上单调递增，
因此.
20．手机是生活中必不可少的工具之一，为我们的学习､生活和工作带来极大便利.某机构为了解该地区手机的线下销售情况，对各种品牌手机的销售状况进行市场摸底得到调查数据如下表所示.
品牌






其他
市场占有率







每台利润/元
100
80
85
1000
70
200

该地区一家商场销售各种品牌的手机，以市场占有率当作此类品牌手机的售出概率进行计算.
（1）这家商场有一个优惠活动：每天抽取一个数字，且，规定若当天卖出的第台手机恰好是当天卖出的第1台品牌手机时，则此台品牌手机将打五折出售.为保证该活动每天的中奖概率小于，求的最小值；参考数据：
（2）这家商场中的一个手机专柜只销售品牌和两种手机，且品牌和的售出概率之比为，假设该专柜其中某天售出3台手机，其中品牌手机台，求的分布列和该手机专柜这天所获利润的数学期望.
【答案】（1）8；（2）答案见解析.
【分析】（1）卖出一台手机的概率，卖出一台其他手机的概率，结合独立重复事件的概率可列出不等式，解得即可；
（2）依题意可知，手机售出的概率，手机售出的概率，而的可能取值为0，1，2，3，然后利用独立重复事件计算概率的方式逐一求出每个的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望．
【详解】解：（1）售出一台品牌手机的概率，
售出一台非品牌手机的概率，
由题意可得，即，
所以
故，
即的最小值为8.
（2）依题意可知，手机售出的概率，手机售出的概率，
的所有可能取值为，则可得，
所以，

故的分布列为

0
1
2
3





所以数学期望，
已知该专柜某天售出品牌手机台，则售出品牌手机台，
所以此专卖店当天所获利润的期望值为
元
21．已知椭圆的左､右焦点分别为点在上，的周长为，面积为
（1）求的方程.
（2）设的左､右顶点分别为，过点的直线与交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，则__________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答).
①求直线和交点的轨迹方程；
②是否存在实常数，使得恒成立；
③过点作关于轴的对称点，连结得到直线，试探究：直线是否恒过定点.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）由题意列出关于的方程组解出即可得结果；
（2）选择①，与椭圆方程联立结合韦达定理得出，再将与的方程联立即可得出结果；选择②与①相似，直接代入计算即可；选择③直线与轴交于点，由对称性可知，，结合韦达定理解出即可得结果.
【详解】（1）依题意，得，
即，解得
所以的方程
（2）选择①，设直线的方程为，
联立方程，化简整理，得，
假设，由韦达定理，得，
得
直线的方程：；直线的方程：；
联立方程，得，两式相除，得
，
即，解得，所以直线和交点的轨迹方程是直线.
选择②联立方程，化简整理，得，
假设，由韦达定理，得，
得
于是

故存在实数，使得恒成立.
选择③，
联立方程，得，化简整理，得，
由韦达定理，得，
直线与轴交于点，由对称性可知，，
假设，即，
则，
所以，

即，解得，
所以直线恒过定点.
【点睛】关键点点睛：得出利用整体代换思想是解决①②的关键；根据对称性得出定点以及是解决③的关键.
22．已知函数（m是常数，）．
（1）试讨论关于x的方程解的个数；
（2）当时，若对任意的恒成立，求正实数的最大值．
【答案】（1）当或时，方程解的个数为2；当或时，方程解的个数为1；（2）.
【分析】（1）观察到，求导研究函数极小值，分类讨论极小值点与0的大小，注意在区间内，当时，，即，且恒小于，故与0的大小也是分类讨论的原因之一；
（2）变形为同构式，再由单调性转化为，最后分离参数，转化为最值问题求解.
【详解】（1）令，则，
令，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
在处取到极小值，且，则.
当，即时，.
当时，，，则恒有，方程无解.
当时，，即方程有唯一解.
当且，即时，
当时，，
又，且，
令则，
即，，
故在上有一个零点，
又当时，.
即当时，方程有两解.
当，即时， ，即方程有唯一解.
当，即时，当时，.
故在上有一个零点，
又当时，，且，故在上有一个零点，
即当时方程有两解.
综上所述，当或时，方程解的个数为2；
当或时，方程解的个数为1.
（2）当时，，
则，在上单调递增.
由，且，则.
当时，则，，且，
则恒成立.
当时，，则，，
在上单调递增，，即,
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
，，
综上所述，.
【点睛】方程的根的问题即函数零点的问题，通常求解与判断的方法有：
(1)直接求零点：令，解方程可得．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要求函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的单调性严谨推证来确定函数零点的个数．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．