1、福建省泉州一中、莆田二中、仙游一中2020-2021学年高二数学下学期期中联考试题(考试时间120分钟，试卷总分150分)注意事项1.本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷指定位置上作答，答题前，请按要求填写学校班级考号姓名.2.本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分.第卷(选择题共60分)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.函数的单调递增区间为（ ）A. B. C. D.2.已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数（ ）A. B. C. D.3.的展开式中的系数为（ ）A.5 B.10 C.15 D.204.如图
2、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5.箱中有标号为且大小相同的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.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
3、数所得结果为（ ）A. B. C. D.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
4、.二多项选择题：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.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729D.10.新高考选课走班成常态，某校李华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，李华选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则（ ）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
5、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.李华有4种选课方式 B.李华有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.12.若实数，则下列不等式中一定成立的是（ ）A.B.C.D.第卷(非选择题共90分)三
6、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.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)14.已知复数.若，则在复平面内对应的点位于第_象限.15.若函数在区间内单调递增，则实数的取值范围是_.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
7、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).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.(本小题满分10分)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.18.(本小题满分12分)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；（
8、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.19.(本小题满分12分)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.20.(本小题满分12分)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1008085100070200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
9、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樞只销售品牌和两种手机，且品牌和的售出概率之比为，假设该专樞其中某天售出3台手机，其中品牌手机台，求的分布列和该手机专樞这天所获利润的数学期望.21.(本小题满分12分)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_.(从以下三个问题中任选一个填到横线上并给出解答).求直线和交点的轨迹方程；是否存在
10、实常数，使得恒成立；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.22.(本小题满分12分)已知函数是常数，（1）试讨论关于的方程解的个数；（2）当时，若对任意的恒成立，求正实数的最大值.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.C 2.D 3.C 4.D 5.A 6.B 7.D 8.B二多项选择题：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
11、得2分.9.AD 10.BD 11.ACD 12.ABD三填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13. 14.二 15. 16. 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，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.解析（1）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”
12、共有种，总的基本事件数是种，于是（2）可能的所有取值为的分布列为1234的数学期望.19.解析：（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.解析：（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，可知品牌手机售出的概率品牌手机售出的概率，的所有可能取值为，则可得，故的分布列为0123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
13、期望值为元21.解析：（1）依题意，得，即，解得所以的方程（2）选择联立方程，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.选择解法1：设，联立方程，得，化简整理，得，由韦达定理，得，直线与轴交于点说明三点共线，于是，假设，即，亦即，则，所以，即，解得，所以直线恒过定点.解法2：，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.解法3：，联立方程，得，化简
14、整理，得，由韦达定理，得直线的方程为：，由对称性可知，直线恒过定点，令，则所以直线恒过定点.22.解析（1）解法1：，当递减；当递增；所以，又，故必有一个零点0，当时，当时，由知，方程有且只有一个根；当时，即，取由知，当时，递增，当时，递减，所以，即存在使得，由于，知恒成立，所以，又，由单调性及零点存在性定理知方程在区间有且只有一根，因此方程有两个根；当，此时，所以有且只有一个根；当时，由，且及单调性知方程在有1个根，故此时有两个根.综上所述：或时有且只有一个根；或时有且只有两个根解法2：先证明切线不等式，构造函数，求导得，令，解得，当时，当时，所以在单调递减，在单调递增，故，即；（i）当时，
15、说明不论取什么值，必定是方程的1个解；（ii）当时，下面讨论方程解的个数；，即，构造函数，则，说明在和上都是减函数；又因为；故而函数值是从0逐渐减小到的，其中在处要挖掉一点，作出如下图象：由于是单调的函数，所以与的交点个数情况如下：当时，与没有交点；当时，与有1个交点；当时，与没有交点；当时，与有1个交点；综上所述，当或时，有1个解；当或时，有2个解；（2）解法1：当时，由，得，因为，所以对于任意的恒成立，设，则.因为函数和在上均为单调递增函数，所以函数在上单调递增函数，当时，；当时，；故存在，使得，即.当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，故恒成立.又由，得所以恒成立.因为函数和在上单调递减，所以函数在上单调递减，因为，所以因为函数和在上单调递增，且所以函数在上单调递增，所以，即实数的取值范围为，所以的最大值为.解法2：当时，因为，所以，即，因为，所以当时，所以在上单调递增，所以，即恒成立，记在上递减，在上递增，所以，所以正实数的最大值为
