重庆巴蜀高2021届高二下半期考试数学试卷-含答案
巴蜀中学2021届高二下课时作业(全)
2．A、B、C、D、E 五位同学参加速算比赛，若每个同学计算的速度各不相同，则 A 同学比 B 同学先
算完的比赛结果共有( )
A．260 种
B．120 种
C．60 种
D．30 种
3．晚会上有 8 个唱歌节目和 3 个舞蹈节目，若 3 个舞蹈在节目单中要隔开，则不同节目单的种数为
()
A．A88
B．A811
A．6 种 C．63 种
B．36 种 D．64 种
4
巴蜀中学高 2021 届高二（下）数学课时作业
课时作业(3)
1.2.1 排列（1）
编撰人：柏华 审稿人：周欣孟 终审人：马佑军
A组
1．4×5×6×…(n－1)·n 等于( ) A．A4n C．n！－4! 2．m(m＋1)(m＋2)…(m＋20)可表示为( A．A2m0 C．A2m0＋20 3．5A35＋4A 24等于( ) A．107
A．7 队
B．8 队
C．15 队
D．63 队
5．如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的 12 条直线中，
异面直线共有( )
A．12 对
B．24 对
C．36 对
D．48 对
6．某运动会组委会派小张、小赵、小李、小罗，四人从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，
若其中小张只能从事前两项工作，其余 3 人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( )
B．Ann－1 D．Ann－3 ) B．A2m1 D．A2m1＋20
B．323
C．320
D．348
4．A 2n＋1与 A 3n的大小关系是( )
A．A2n＋1>A3n
B．A2n＋1<A3n
C．A2n＋1＝A3n
重庆市巴蜀中学2020-2021学年高二下学期期末考试数学试题 Word版含答案
巴蜀中学高2022届高二（下）期末考试数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。
2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
在试卷上作答无效。
3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。
满分150分，考试用时120分钟。
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．复数z 满足)(21i z i +⋅=-，则z 在复平面内对应的点位于（ ） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．设集合}{213A x x =+<，)()(}{210B x x x =-+>，则)(RA B ⋂=（ ）A ．)1,1-⎡⎣B ．](2,2-C ．)(2,1--D ．)(1,1-3．变量x ，y 之间有如下对应数据：已知变量y 对x 呈线性相关关系，且回归方程为ˆˆ1.4yx a =-+，则ˆa 的值是（ ） A ．3B ．3.5C ．17D ．17.54．二项式)12x的展开式中，系数为有理数的项的个数为（ ） A ．6B ．5C ．4D ．35．为做好社区新冠疫情防控工作，需将五名志愿者分配到三个社区去开展工作，每名志愿者只分配到一个社区，每个社区至少分配一名志愿者，志愿者甲和乙必须去同一个社区，则不同的分配方法共有（ ） A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种6．已知a ，b 为排零实数，则“a b <”是“a bb a<”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件7．有5把外形一样的钥匙，其中3把能开锁，2把不能开锁．现准备通过一一试开将其区分出来，每次随机抽出一把进行试开，试开后不放回，则恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的概率为（ ） A ．310B ．110C ．715D ．4158．已知1F ，2F 为双曲线)(2222:10,0x y C a b a b -=>>的左、右焦点，斜率为34的直线l 过1F 分别交双曲线左右支于A 、B 点，22F A F B =，则双曲线C 的渐近线方程为（ ）A ．y =B ．y x =C ．y x =D ．y x = 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
重庆市巴蜀中学2020-2021学年高二数学下学期半期考试试题 理(含解析)
重庆市巴蜀中学2020-2021学年高二数学下学期半期考试试题理（含解析）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.命题，的否定是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】按存在性命题的否定的规则写出即可.【详解】因命题为“，”，它是存在性命题，故其否定为：，选B.【点睛】全称命题的一般形式是：，，其否定为.存在性命题的一般形式是，，其否定为.2.抛物线上的点到其焦点的距离为（）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】利用焦半径公式可得长度.【详解】，故选C.【点睛】如果抛物线的方程为，则抛物线上的点到焦点的距离为.3.圆形铜钱中间有一个边长为4毫米的正方形小孔，已知铜钱的直径为16毫米，现向该铜钱上随机地投入一粒米（米的大小忽略不计），那么该粒米落入小孔内的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】算出正方形小孔的面积和铜钱的面积，利用几何概型的概率公式可得所求的概率.【详解】设为“该粒米落入小孔内”，因为正方形小孔的面积为平方毫米，铜钱的面积为平方毫米，故，故选A.【点睛】几何概型的概率计算关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等．4.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A. 若，，则B. 若，，则C. 若，，，，则D. 若，，，则【答案】D【解析】【分析】对于A，B选项均有可能为线在面内，故错误；对于C选项，根据面面平行判定定理可知其错误；直接由线面平行性质定理可得D正确.【详解】若，，则有可能在面内，故A错误；若，，有可能面内，故B错误；若一平面内两相交直线分别与另一平面平行，则两平面平行，故C错误．若，，，则由直线与平面平行的性质知，故D正确．故选D.【点睛】本题考查的知识点是，判断命题真假，比较综合的考查了空间中直线与平面的位置关系，属于中档题.5.某地气象台预计，7月1日该地区下雨的概率为，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，设表示下雨，表示刮风，则A. B. C. D.【答案】B【解析】解：因为5月1日浔阳区下雨的概率为，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，设A为下雨，B为刮风，则6.展开式中项的系数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】考虑的二项展开式中的常数项、一次项和二次项的系数后可得所求的系数.【详解】的通项公式为，故的二项展开式中的常数项为，一次项系数为，二次项的系数为，展开式中的系数为，故选C.【点睛】二项展开式中指定项的系数，可利用赋值法来求其大小，也可以利用二项展开式的通项结合多项式的乘法来求．7.我市实行新高考，考试除了参加语文、数学、英语的统一考试外，还需从物理和历史中选考一科，从化学、生物、政治、地理中选考两科，学生甲想要报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为（）A. 8B. 12C. 18D. 19【答案】B【解析】【分析】就甲选择物理或历史分类计数即可.【详解】如果甲选考物理，则化学、生物、政治、地理中选考两门，有选考方法种数；如果甲选考历史，则化学、生物、政治、地理中选考两门，有选考方法种数，综上，选考方法种数共有12种，选B.【点睛】本题考查组合的计数，为基础题，解题时注意合理分类.8.下表是某厂月份用水量（单位：百吨）的一组数据，其中有一个数据模糊不清，已知原来根据该数据由最小二乘法求得回归直线方程为，则表中模糊不清的数据为（）月份 1 2 3 4用水量 4.5 3 2.5A. 2.5B. 4.5C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】利用线性回归方程对应的直线过计算可得缺失的值.【详解】因为回归直线方程，当时，，设2月份用水量为，则，故，故选D.【点睛】本题考查线性回归方程对应的直线过，属于基础题.9.某学期某大学数学专业的6名在校大学生到我校实习，则实习大学生按人数2,2,1，1安排到不同的四个年级的方案共有（）A. 1080B. 540C. 180D. 90【答案】A【解析】【分析】先把6人分组（按2，2，1，1）后再分配给四个不同的班级可得总的方案数.【详解】不同的方案有，故选A.【点睛】对于排列问题，我们有如下策略：（1）特殊位置、特殊元素优先考虑，比如组中人数确定等；（2）先选后排（或先分组再分配），比如要求所选的人满足一定的数目，我们得先选出符合数目要求的人，再把他们分配到相应的对象中，此处特别注意均匀分组问题；（3）去杂法，也就是从反面考虑．10.平行四边形的四个顶点均在双曲线上，直线的斜率分别为，1，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用点差法可求，从而可得渐近线方程.【详解】因为双曲线是中心对称的，故平行四边形的顶点关于原点对称，设，，则，故，，所以，整理得到：即，故即，所以渐近线方程为即，选A.【点睛】直线和圆锥曲线的位置关系中，如果涉及到弦的中点问题，可以考虑用点差法来简化计算.11.观察：，，，，，，从而得到47的二进制数为，记作：，类比上述方法，根据三进制数“满三进一”的原则，则（）A. 202B. 1202C. 021D. 2021 【答案】B【解析】【分析】把分解为后可得其三进制数的表示.【详解】因为，所以，故，故选B.【点睛】本题为新定义题，弄清题设中一个正整数的二进制表示是如何得到的是关键.12.定义在上的函数满足（其中为的导函数），则下列各式成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】构建新函数，根据题设条件有在上为增函数，从而得到，化简后可得.【详解】，即令，则在上为增函数，，即，亦即，亦即，故选.【点睛】如果题设中有关于函数及其导数的不等式，我们应根据该式的形式构建新函数并且新函数的单调性可根据题设中的不等式得到，构建新函数时可借鉴导数的运算规则.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.某班共有52人，现根据学生的学号，用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本，已知学号为3号、16号、42号的同学在样本中，那么样本中还有一个同学的学号为__________．【答案】【解析】【分析】依据系统抽样可知学号是公差为的等差数列，从而可求余下一个同学的学号.【详解】因为该班总共52人，样本容量为4，故抽取的学号是公差为的等差数列，故余下一个同学的学号为.填.【点睛】本题考查系统抽样的性质，属于基础题.14.已知随机变量满足,，__________．【答案】【解析】【分析】利用公式直接计算即可.【详解】因为，所以，所以，填.【点睛】一般地，如果，，那么，.15.设，若，则非零实数__________．【答案】【解析】【分析】对题设中的等式两边求导后再令可得，从而求得的值.【详解】对等式两边求导后可得，令，则有，因，故即，填.【点睛】二项展开式中项的系数性质的讨论，可利用赋值法来求讨论，所赋之值应该根据解析式的特点作合适选择，有时还需要对原有等式做合适的代数变形后（如求导等）再赋值，也可以利用二项展开式的通项结合多项式的乘法来讨论．16.某几何体的三视图如图所示（小正方形的边长为1），则该几何体外接球的表面积__________．【答案】【解析】【分析】三视图对应的几何体为三棱锥，补体后可求其外接球的表面积.【详解】如图，几何体三棱锥，将三棱锥补形为直三棱柱，其中底面为等腰直角三角形，其外接圆的半径为，侧棱，故外接球的半径为，故三棱锥外接球的表面积为.【点睛】本题考查三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．三、解答题（本大题共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.在直角坐标系中，直线的参数方程为（其中为参数），以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线交于两点，点，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）曲线的极坐标方程可以化为，利用可得其直角坐标方程. （2）把直线的参数代入抛物线的方程得到关于的一元二次方程，利用参数的几何意义可求的值.【详解】（1）曲线的极坐标方程可化为，因为，所以直角坐标方程为；（2）设直线上两点的参数分别为，，则，，将的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，化简得，则，所以.【点睛】极坐标方程与直角方程的互化，关键是，必要时须在给定方程中构造．直线的参数方程有很多种，如果直线的参数方程为（其中为参数），注意表示直线上的点到的距离，我们常利用这个几何意义计算直线上线段的长度和、差、积等．18.我校某数学老师这学期分别用两种不同的教学方式在高一甲、乙两个班（人数均相同，入学数学平均分和优秀率都相同，勤奋程度和自觉性都一样）进行教学实验，现随机抽取甲、乙两班各20名学生的数学期末考试成绩，并作出茎叶图如下:甲班乙班2 9 0 1 5 6 86 6 4 3 2 8 0 1 2 5 6 6 8 91 7 3 6 88 3 2 2 6 5 7 9 93 2 2 1 1 59 8 7 7 4甲班乙班合计优秀不优秀合计20 20 40（1）依茎叶图判断哪个班的平均分高？（2）现从甲班所抽数学成绩不低于80分的同学中随机抽取三名同学，事件表示“抽到成绩为86分的同学至少1名”，求.（3）学校规定：成绩不低于85分的为优秀，完成分类变量成绩教学方式的列联表，并判断“能否在犯错误的概率不超过的前提下认为成绩优秀与教学方式有关？”下面临界值表仅供参考：0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.0012.072 2.7063.841 5.024 6.635 7.879 10．828（参考公式：，其中）【答案】（1）乙班；（2）；（3）详见解析.【解析】【分析】（1）根据茎叶图可得乙班的平均分高.（2）利用古典概型的概率计算公式计算即可.（3）利用给出的公式计算出的值，再结合临界值表可知在犯错误的概率不超过的前提下认为成绩优秀与教学方式有关.【详解】（1）由茎叶图知甲班数学成绩集中于分之间，而乙班数学成绩集中于分之间，所以乙班的平均分高.（2）根据题意得（3）根据题意得到列联表为甲班乙班合计优秀 3 10 13不优秀17 10 27合计20 20 40因此在犯错误的概率不超过的前提下可以认为成绩优秀与教学方式有关.【点睛】本题主要考查统计中茎叶图的应用、古典概型的概率计算和独立性检验，此类问题为容易题.19.如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，，且.（1）证明：平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的大小.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）可证平面平面，从而可证平面.（2）建立空间直角坐标系，通过计算两个平面的法向量可得二面角的余弦值，从而得到二面角的平面角的大小.【详解】（1）底面是菱形，，因平面，平面，所以平面.同理，平面，，平面平面，又平面，所以平面.（2）底面，即为直线与平面所成的角，故，中,，又底面是边长为2的菱形，，取中点，连，则，以为坐标原点，分别以所在方向为轴正方向建立空间直角坐标系，则各点坐标分别为,,,,,底面,，又底面是菱形，,平面，平面的法向量取 ,设平面的法向量，则：,，令得,,二面角的大小为.【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.20.经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出该产品获利润500元，未售出的产品，每亏损300元，根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示，经销商为下一个销售季度购进了的该农产品，以（单位：）表示下一个销售季度内的市场需求量， （单位：元）表示下一个销售季度内经销该产品的利润.（1）根据直方图估计下一个销售季度市场需求量的平均数、中位数和众数；（2）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率（例如：若，则取，且的概率等于需求量落入的频率，）求利润的分布列和数学期望.【答案】（1）；；；（2）详见解析.【解析】 【分析】（1）利用组中值可求平均数，众数就是频率最大的组的中值，而中位数就是能把诸矩形面积平分的那个值.（2）先求出利润与的关系，再利用直方图中的频率计算利润分布列，最后利用公式求其数学期望. 【详解】（1）,，，（2），利润的分布列为 48000 56000 60000 0.10.20.7（元）.【点睛】本题考查频率分布直方图的应用、离散型随机变量的分布列及其数学期望的求法，属于基础题.21.椭圆的左焦点为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆交于两点，椭圆上另一点满足的重心为坐标原点，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）列出关于方程组，解出它们可得椭圆的方程.（2）设，联立直线方程和椭圆方程，消元后可得，利用韦达定理可用表示的坐标，再利用在椭圆上得到，利用该式化简的面积表达式可得其值.【详解】（1）依题意：解得，椭圆的方程为.（2）设，则由于的重心为坐标原点，所以.联立 ,得，，，在椭圆上，，即，在椭圆上, ,，，即，即，，的重心为坐标原点，到直线的距离等于到直线的距离的3倍，即即，，， .【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.已知函数，.（1）若函数在单调递增，求实数的取值范围；（2）若恒成立，求的最小值的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题设有，参变分离后可得的取值范围.（2）等价于，令，分和后可得，其中，故即，从而，令，利用导数可求其最大值.专业Word 可修改欢迎下载【详解】（1），，若函数在单调递增，对任意恒成立，，在单调递减，当时，，.故所求实数的取值范围为. （2）即令，则恒成立若，则当时，与恒成立矛盾，所以, 由得，当时，单调递增；当时，单调递减；，，， ,的最小值 . 又，当时，，单调递增；当时，，单调递减，. 【点睛】一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则．求函数的最值，应结合函数的定义域去讨论函数的单调性，有的函数的单调性可以利用基本初等函数的单调性、复合函数的单调性判断法则得到，有的函数的单调性需结合导数的符号进行判专业Word 可修改欢迎下载断，如果导数的符合还不能判断，则需构建新函数（也就是原函数的导函数），再利用导数判断其符号．。
重庆市巴蜀中学2020-2021学年高二(下)期末数学试题
C．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，得“正四面体的内切球切于四个面的中心”
D．平行于同一条直线的两直线平行，已知 ，则
6．若复数 ，其中i是虚数单位，则它在复平面内所对应的点在第（）象限.
A．一B．二C．三D．四
（2）若函数 在 处有极小值，求实数a的取值范围.
参考答案
1．D
【分析】
直接根据集合的并运算，即可得答案；
【详解】
A＝{0，1，2，3，5}，B＝{0，5}，
A∪B＝{0，1，2，3，5}，
故选：D.
【点睛】
本题考查集合的并运算，考查对并集概念的理解，属于基础题.
2．A
【分析】
分情况代入数值即可求出结果.
三、解答题
17．设
（1）求 的值；
（2）求 的值.
18．某学校高二年级有2000名学生进行了一次物理测试，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中抽取了100名学生作为样本，记录他们的成绩数据，将数据分成7组：[30，40），[40，50），…[90，100]，整理得到如图频率分布直方图.
（1）若该样本中男生有60人，试估计该学校高二年级女生总人数；
A． B． C． D．
二、填空题
13．若复数 ，则其共轭复数 _____.
14．函数 的值域为__．
15．已知函数 为 上的单调递增函数，则实数a的取值范围为_____.
16．某商圈为了吸引顾客举办了一次有奖竟猜活动，活动规则如下：两人一组，每轮竞猜中，每人竞猜两次，两人猜对的次数之和不少于3次就可以获得一张奖券.小蓝和她的妈妈同一小组，小蓝和她妈妈猜中的概率分别为p1，p2，两人是否猜中相互独立，若p1+p2＝ ，则当小蓝和她妈妈获得1张奖券的概率最大时，p12+p22的值为_____.
2021~2022巴蜀中学高二下学期月考数学试卷含答案
高2023届高二（下）月考数学参考答案一、单选题12345678B C A D B BD A 1.事件A 与事件B 互斥，则()()()0.5P A B P A P B È=+=。
2.每人均有3种选择，根据分步计数原理可得选法总数为43。
3.根据题意，从6个数中任取2个数的情况有2615C =种，满足“至少有一个偶数”的情况有11233312C C C +=，故根据古典概型概率公式可得概率为45。
4.从左到右依次涂色，第一个圆环有5种选择，第二个圆环以及后面每个圆环均有4种选择，所以总数为：54´4´4´4´1280=5.如图所示，样本空间的容量为3856C =，其中能构成等边三角形有：111111111111,,,,,,,AB D A BD CB D C BD BA C B AC DA C D AC ，共8种，根据古典概型概率公式可得概率为17。
6.令0x =可得：01a =令13x =可得：2022120220220333a a a a ++++= ，故202212220221333a a a +++=- 。
7.根据本校监考人数分为：（1）本校1人监考，另外4人分配给两所学校，有2，2和3，1两种分配方案，所以总数为：122132242432()28C C C C C A +=；（2）本校2人监考，另外3人分配给两所学校，有2，1一种分配方案，所以总数为：21222322()6C C C A =，根据分类计数原理，所有分配方案总数为34.8.设9个演员按照从矮到高的顺序依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，则按照第3号位的选法可分为三种情况：（1）第3个位置选7号：先从1,2,3,4,5,6号中选两个放入前两个位置，余下的4个号中最小的放入7号位置，剩下的三个放入中间三个位置，8,9号放入最后两个位置，即236315C C =，（2）第3个位置选8号：先从1,2,3,4,5,6，7号中选两个放入前两个位置，余下的5个号中最小的放入7号位置，剩下4个选3个放入中间三个位置，余下的号和9号放入最后两个位置，即237484C C =，（3）第3个位置选9号：先从1,2,3,4,5,6，7,8号中选两个放入前两个位置，余下的6个号中最小的放入7号位置，剩下5个选3个放入中间三个位置，余下的2个号放入最后两个位置，即2385280C C =由分类计数原理可得共有15+84+280=379种排列方式。
重庆巴蜀高2021届高二下月考数学答案
重庆市巴蜀中学2019-2020学年度第二学期高2021届（二下）数学月考试题答案一、选择题：123456789101112DCADBCCDBAAD二、填空题：13.414.3015.28816.12895.三、解答题：17.（1）12045636=⨯⨯=A .（2）若百位为5，则有1243=⨯个；若百位为6，则有842=⨯个，∴61120812=+=P .18.（1）110)201.0035.0015.0(=⨯+++x ，解得02.0=x .（2）口罩准备数量在)20,10[的人数：601.0015.0015.010=+⨯人，]60,50[的人数：401.0015.001.010=+⨯人.（3）由题3,2,1,0=X .1204)0(31034===C C X P ，12036)1(3102416===C C C X P ，12060)2(3101426===C C C X P ，12020)3(31036===C C X P ，故分布列为：X 0123P1204120361206012020期望59120216120203120602120361)(==⨯+⨯+⨯=X E .19.（1）P （一次）=81，P （两次）=817187=⨯，∴P （不多于两次）=418181=+（2）4141214121)200(=⨯+⨯==X P ，41314321314321)300(=⨯⨯+⨯⨯==X P ，21)300()200(1)400(==-=-==X P X P X P ,故分布列为：X 200300400P414121均值325214004130041200)(=⨯+⨯+⨯=X E .20.（1）证明：∵⊥AB 平面PAD ，⊆PD 平面PAD ∴AB PD ⊥∵PA PD ⊥，⊆AB PA ,平面PAB ，A AB PA = ，∴⊥PD 平面PAB .（2）∵PD PA ⊥，AD PA =∴△PAD 为等腰直角三角形，∵CD AC =，∴△ACD 为等腰三角形.以AD 中点O 为原点，OC ，OA ，OP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系.设OC=m ，则A （0,1,0），P （0,0,1），C （m,0,0），D （0,-1,0）∴)1,1,0(-=PA 设平面PDC 的法向量为),,(z y x n =∵)1,1,0(),0,1,(==DP m DC ，∴⎩⎨⎧=+=+00z y y mx ，令1=x ，则m z m y =-=,，∴),,1(m m n -=.∴652|1222||,cos |sin 2=+⨯-=><=m m n PA θ，解得32=m .∴1322=+=OD OC CD .21.（1）∵21,32==BC AB ，∴2222,21,322c b a a b c +===，解得1,2==b a ∴椭圆的方程为1422=+y x .（2）0448)41(4422222=-+++⇒⎩⎨⎧=++=m kmx x k y x m kx y ，�4144 �4182221221k m x x k km x x +-=+-=+.∵直线与椭圆相交，∴0140)44)(41(464222222>+-⇒>-+-=∆m k m k m k ③∵设),(),,(2211y x F y x E ，不妨设210x x <<，由041442221<+-=k m x x ，得12<m ||||21||||21121x OP S x x OP S OPE OEF =-=∆∆， ，且POE OEF S S ∆∆=4则||4||121x x x =-，去掉绝对值，则123x x -=④联立①④，得：21414k km x +=，224112k kmx +-=代入②得：4161414441441122222222--=⇒+-=+⋅+-m m k k m k km k km 代入③式有：141011412222<<⇒>+---m m m m ；所以m 的范围为121211<<-<<-m m 或.22.（1）当1=a 时，321ln )(x x x x f -=，21)1(-=f ；2231ln )('x x x f -+=，21231)1('-=-=f ；∴切线方程为：x y x y 21)1(2121(-=→--=--.（2）)()(0)()(22112121x g xx x f x g x f x x -=→=+.对于x x x x g 123)(+-=，在)1,21(∈x 上单调递减，)2,1(∈x 上单调递增，∴1=x 时，21)(=x x g ，21=x 或2时，1)(=x x g ，∴当]2,21[∈x 时，]1,2[)(--∈-x g x.令x a ax x x x f x h )1(21ln )()(2-+-==，则0)1)(1(0)1)(1(1)1(11)('2>+-→>+--=----=-+-=ax x x a x x a x x a ax a ax x x h ①]1,(--∞∈a 时，)(x h 在)2,1(∈x 上单调递增，∴122ln )2(,212)1(-≤-=-≥-=h ah ，解得]1,2[--∈a .②21,1(--∈a 时，)(x h 在)1,1(a x -∈上单调递减，)2,1(a x -∈上单调递增，∵122ln )2(,112)1(-≤-=-≤-=h a h 恒成立，下证2121)ln(1(-≥-+--=-aa a h 恒成立.令210211)(',121)ln()(2-<→>--=-+--=a a a a p a a a p ，∴)(a p 在)21,1(--∈a 上单调递增，223)1()(min ->-=-=p a p 恒成立，∴21,1(--∈a .③)0,21[-∈a 时，)(x h 在)2,1(∈x 单调递减，∴222ln )2(,112)1(-≥-=-≤-=h a h ，解得)0,21[-∈a .综上所述：)0,2[-∈a .。
重庆市巴蜀中学高二数学下学期半期考试试题文(含解析)
巴蜀中学高2020届高二（下）半期考试数学（文）试题卷一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分,每题只有一个正确选项）1。
2(1)1i i+=-（ )A 。
1i +B 。
1i -C 。
1i -+D 。
1i --【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合复数的运算法则计算其值即可. 【详解】由复数的运算法则有：()()()()()22121(1)21111112i i i i i ii i i i i i i +++====+=-+---+。
故选:C 。
【点睛】本题主要考查复数的除法运算，复数的乘法运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力。
2。
三个正整数x ,y ，z 满足条件： x y >，y z >，3xz >，若5z =,则y 的最大值是（ ) A 。
12 B 。
13C 。
14D 。
15【答案】B 【解析】 【分析】由题意结合不等式的性质和不等式的传递性即可确定y 的最大值. 【详解】由不等式的性质结合题意有：,5,53x x y y >>>， 即,5,15.15x y y x y x >><∴<<， 由于,,x y z 都是正整数，故y 的最大值是13. 故选:B 。
【点睛】本题主要考查不等式的性质及其应用，不等式的传递性等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力。
3.圆形铜钱中间有一个边长为4毫米的正方形小孔，已知铜钱的直径为16毫米,现向该铜钱上随机地投入一粒米(米的大小忽略不计）,那么该粒米落入小孔内的概率为( ) A.14πB 。
116πC 。
4π D 。
16π 【答案】A 【解析】 【分析】算出正方形小孔的面积和铜钱的面积,利用几何概型的概率公式可得所求的概率.【详解】设A 为“该粒米落入小孔内"，因为正方形小孔的面积为16平方毫米,铜钱的面积为π64平方毫米，故()161644P A ππ==，故选A 。
2020-2021学年重庆市巴蜀中学高二(下)期中数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年重庆市巴蜀中学高二（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.复数z满足z⋅i=1+i，则|z|等于()A. 1B. 2C. √2D. 02.二项式(√x−2x)5的展开式中x的系数为()A. −10B. 10C. −40D. 403.已知甲、乙两组是按大小顺序排列的数据.甲组：27，28，37，m，40，50；乙组：24，n，34，43，48，52.若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数分别对应相等，则mn等于()A. 127B. 107C. 43D. 744.从分别标有数字1、2、3、…7的7张卡片中一次性抽取2张，则抽到的2张卡片上数字之和为8的概率是()A. 121B. 27C. 17D. 1145.甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加知识竞赛，决出第一名到第五名(无并列名次)，已知甲排第二，乙不是第五，丙不是第一，据此推测5人的名次排列情况共有()种A. 21B. 14C. 8D. 56.设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2=12nx(n>0)上任意一点，M是线段PF的中点，则直线OM的斜率的最大值为()A. √33B. √3 C. √22D. 17.粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成.因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看作所有棱长均为4cm的正四棱锥.现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，蛋黄的半径为()A. √6+√2B. √6−√2C. √3+1D. √3−18.设实数m>0，若对任意的x∈(1,+∞)，不等式2e2mx−lnxm≥0恒成立，则实数m 的取值范围是()A. [12e ,+∞) B. [12,+∞) C. [1,+∞) D. [e,+∞)二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.17名同学站成两排，前排7人，后排10人，则不同站法的种数为()A. A77⋅A1010B. A177⋅A1010C. A177+A1010D. A171710.在一个袋中装有质地大小一样的6个黑球，4个白球，现从中任取4个小球.设取出的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是()A. P(X=1)=821B. 随机变量X服从二项分布C. 随机变量X服从超几何分布D. E(X)=8511.已知复数z1=2−2i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P1，复数z2满足|z2−i|=1，则下列结论正确的是()A. P1点在复平面上的坐标为(2,−2)B. z1−=2+2iC. |z1−z2|的最大值为√13+1D. |z1−z2|的最小值为√5−112.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线交于A，B两点，A在第一象限，若△ABF1为等边三角形，则下列结论一定正确的是()A. 双曲线C的离心率为√7B. △AF1F2的面积为2√3a2C. △BF1F2的内心在直线x=±a上D. △AF1F2内切圆半径为(√3−1)a三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.曲线y=4√x在点(1,4)处的切线方程为______ ．14.甲、乙、丙三家公司生产同一种产品，已知三家公司的市场占有率分别是25%、25%、50%，且三家公司产品的次品率分别为2%、1%、4%，则市场上该产品的次品率为______ (结果用百分数表示)，该次品是甲公司生产的概率为______ ．15.有6名大学生到甲、乙、丙三所学校去实习，每名大学生只取一所学校，若甲、乙、丙三所学校都需要2名大学生，则不同安排方法的种数为______ .(用数字作答) 16.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=AA1=√2，E为AD1的中点，F为D1B上一点，则(EF+FC)2的最小值为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点P(x0,y0)在抛物线C上，且|PF|=x0+1．(1)求抛物线C的标准方程；(2)若直线l过抛物线C的焦点F，l与抛物线C相交于A，B两点，且|AB|=4，求直线l的方程．18.某公司开发了一款手机APP，为了解用户对这款APP的满意度，推出该APP3个月后，从使用该APP的用户中随机调查了50名用户，根据这50名用户对该APP满意度的评分，绘制了如图所示的频率分布直方图，其中样本数据分组为[40,50)，[50,60)，…，[90,100)．(1)求频率分布直方图中a的值，以及该数据的中位数(中位数的结果保留小数点后一位数)．(2)公司规定：用户对该APP满意度的评分不得低于75份，否则将对这款APP进行整改，用每组数据的中点值，试估计用户对该APP满意度评分的平均分，并据此回答公司是否需要进行整改．19.如图1所示，在等腰梯形ABCD中，BE⊥AD，BC=1，AD=5，BE=√3.把△ABE沿BE折起，使得AC=2√2，得到四棱锥A−BCDE.如图2所示．(1)求证：AE ⊥平面BCD ；(2)求平面ABC 与平面AED 所成锐二面角的余弦值．20. 小明和小亮是两名篮球运动爱好者，根据统计数据，他们进行投篮练习时，小明投篮成功的概率为23，小亮投篮成功的概率为34，每次投篮成功与否相互独立． (1)小明单独进行投篮练习，一旦投篮成功便停止，求停止时，投篮次数不超过3次的概率；(2)小明和小亮两人同时进行投篮练习，规定每人都投篮2次，记他们总共投篮成功的次数之和为X ，求X 的分布列与期望． 21. 椭圆C 1：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√22，长轴长为2√6．(1)求椭圆C 1的标准方程；(2)直线l 与圆C 2：x 2+y 2=2相切于点M ，交C 1于两点A ，B ，试问：|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |是否为定值？如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由．22.已知函数f(x)=e x−a(x−1)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(x>0)，函数g(x)的唯一极小值点为x0，点(2)设a>1，g(x)=f(x)+1xA(x1,g(x1))和B(x2,g(x2))是曲线y=g(x)上不同两点，且g(x1)=g(x2)，求证：x1⋅x2<x02．答案和解析1.【答案】C【解析】解：z⋅i=1+i，∴z⋅i⋅(−i)=(1+i)⋅(−i)，化为：z=1−i，则|z|=√2，故选：C．利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2.【答案】A【解析】解：二项式(√x−2x )5的展开式的通项Tr+1=C5r⋅(−2)r⋅x5−3r2，令5−3r2=1，得r=1，所以二项式(√x−2x)5的展开式中x的系数为C51⋅(−2)1=−10，故选：A．得到通项Tr+1=C5r⋅(−2)r⋅x5−3r2，x的幂指数为1可求得r=1，从而可得答案．本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质与二项展开式的通项公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．3.【答案】B【解析】解：因为30%×6=1.8，50%×6=3，所以第30百分位数为n=28，第50百分位数为37+m2=34+432，解得m=40，所以mn =4028=107．故选：B．利用百分位数的定义求解．本题主要考查了百分位数的定义，同时考查了学生的计算能力，是基础题．4.【答案】C【解析】解：从分别标有数字1、2、3、…7的7张卡片中一次性抽取2张的所有情况有C72=21种，抽到的2张卡片上数字之和为8的情况有(1,7)，(2,6)，(3,5)共3种，∴抽到的2张卡片上数字之和为8的概率是321=17．故选：C．计算抽到的2张卡片上数字之和为8的情况种数除以所有抽到的2张卡片种数即可解决此题．本题考查古典概型、组合数，考查数学运算能力，属于基础题．5.【答案】B【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：①乙是第一名，丙、丁、戊三人排在第三、四、五名，有A33=6种名次排列情况；②乙是第三名或第四名，丙不是第一，丙有2种可能，剩下2人有A22=2种可能，此时有2×2×2=8种名次排列情况；则有6+8=14种名次排列情况，故选：B．根据题意，分2种情况讨论：①乙是第一名，②乙是第三名或第四名，由加法原理计算可得答案．本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：由抛物线的方程可得焦点F(18n,0)，设P(2ny02,y0)，y0>0，所以FP的中点M(116n +ny02,y02)，所以k OM=y02116n+ny02=y018n+2ny02≤02√18n⋅2ny0=1，所以直线OM的斜率的最大值为1，故选：D．由抛物线的方程可得焦点F的坐标，设P的坐标，求出PF的中点M的坐标，进而求出直线OM的斜率的表达式，由均值不等式可得直线OM的斜率的最大值．本题考查线段中点的求法及直线斜率的求法和均值不等式的应用，属于中档题．7.【答案】B【解析】解：由粽子的形状是所有棱长均为4cm的正四棱锥，得每个侧面三角形的面积为12×4×4×√32=4√3cm2．∴粽子的表面积为4×4√3+4×4=(16√3+16)cm2；球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥的五个面都相切，正四棱锥的高为ℎ=√42−(2√2)2=2√2cm，设球的半径为r，∴四棱锥的体积V=13×(16√3+16)r=13×16×2√2，解得r=√6−√2cm．故选：B．由三角形面积公式求出侧面积，再由正方形面积公式求得底面积，则表面积可求，求出正四棱锥的高，再由等体积法求内切球的半径．本题考查空间几何体的结构特征及相关计算，考查运算求解能力，是中档题．8.【答案】A【解析】解：依题意，2me2mx−lnx≥0，即2mx⋅e2mx−xlnx≥0，即e2mx⋅lne2mx≥xlnx，设f(x)=xlnx(x>1)，f′(x)=lnx+1>0，则f(x)在(1,+∞)上单调递增，∴e2mx≥x在(1,+∞)上恒成立，即2m≥lnxx在(1,+∞)上恒成立，设g(x)=lnxx (x>1),g′(x)=1−lnxx2，易知函数g(x)在(1,e)单调递增，在(e,+∞)单调递减，∴2m≥g(x)max=g(e)=1e ，则m≥12e．故选：A．将已知不等式可以同构为e2mx⋅lne2mx≥xlnx，设f(x)=xlnx(x>1)，则f(e2mx)≥f(x)，由f(x)的单调性可知2m≥lnxx 在(1,+∞)上恒成立，再构造函数g(x)=lnxx(x>1)，求出函数g(x)的最大值即可得解．本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，考查不等式的恒成立问题，考查转化思想以及运算求解能力，属于中档题．9.【答案】BD【解析】解：根据题意，法一：对于前排的7人，先在17人中选出7人，排成一排，有A177种排法，将剩下的10人排成一排，有A1010种排法，则有A177A1010种排法，B正确；法二：直接将17人排成一排，左边7人安排在第一排，后面的10人安排在第二排即可，有A1717种排法，D正确；故选：BD．法一：依次分析第一排和第二排的排法数目，由分步计数原理计算可得答案；法二：直接将17人排成一排，左边7人安排在第一排，后面的10人安排在第二排即可，再计算出不同站法的种数．本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．10.【答案】ACD【解析】解：由题意知随机变量X服从超几何分布，故B错误，C正确；X的取值分别为0，1，2，3，4，则P(X=0)=C64C104=114，P(X=1)=C41C63C104=821，P(X=2)=C42C62C104=37，P(X=3)=C43C61C104=435，P(X=4)=C44C104=1210，∴E(X)=0×114+1×821+2×37+3×435+4×1210=85，故A，D正确．故选：ACD．由题意知随机变量X服从超几何分布，利用超几何分布的性质直接判断各选项即可．本题考查命题真假的判断，超几何分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．11.【答案】ABC【解析】解：复数z1=2−2i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P1，则P1(2,−2)，z1−= 2+2i．复数z2满足|z2−i|=1，则z2对应的点的轨迹为：以C(0,1)为圆心，1为半径的圆．∴|z1−z2|的最大值为|CP1|+1=√22+(−2−1)2+1=√13+1；|z1−z2|的最小值为|CP1|−1=√22+(−2−1)2−1=√13−1．综上可得：ABC正确，D不正确．故选：ABC．复数z1=2−2i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P1，可得P1(2,−2)，z1−.复数z2满足|z2−i|=1，可得z2对应的点的轨迹为：以C(0,1)为圆心，1为半径的圆．因此|z1−z2|的最大值为|CP1|+1；|z1−z2|的最小值为|CP1|−1．本题考查了复数的运算法则、复数的几何意义、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．12.【答案】BC【解析】解：显然C正确，若过F2的直线与双曲线交于A，B两点，当A，B都在双曲线的右支上时，因为△ABF1为等边三角形，则AB垂直于x轴，所以A，B关于x轴对称，可得A(c,b2a)，由题意可得b2a2c=√33，又b2=c2−a2，e=ca，所以可得e2−2√33e−1=0，e∈(1,+∞)，解得：e=√3，所以A不正确；且c=√3a，在△AF1F2中，设其内切圆的半径为r，由等面积法可得12r(6a+2√3a)=12×4a×2a×√32，∴r=(√3−1)a；当当A，B都在双曲线的左，右两支上时，设AB=BF1=AF1=m，AF2=2a，由双曲线的定义可知AF1−AF2=2a，得m=4a，在△AF1F2中由余弦定理，cos120°=4a2+16a2−4c22×2a×4a ，得e=ca=√7，设内切圆的半径为r′，则12⋅(6a+2√7a)r′=12⋅2a⋅4a⋅√32，得r′=√3a3+√7，故AD错误；不论什么情况下△AF1F2的面积为2√3a2，故选：BC．利用题中的条件以及双曲线的定义及其性质即可做出判断．本题考查了双曲线的定义及其性质，学生的数学运算能力，数据处理能力，属于中档题．13.【答案】y=2x+2【解析】解：y=4√x的导数为y′=4⋅2√x =√x，可得曲线y=4√x在点(1,4)处的切线斜率为k=21=2，则切线的方程为y−4=2(x−1)，即y=2x+2．故答案为：y=2x+2．求得曲线y=4√x的导数，可得切线的斜率，由直线的点斜式方程，可得切线的方程．本题考查导数的运用：求切线的方程，以及直线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．14.【答案】2.75%211【解析】解：根据题意，假设市场上该产品共有a件，则次品有a×25%×2%+a×25%×1%+a×50%×4%=2.75a%，则市场上该产品的次品率P=a×2.75%a=2.75%；该次品是甲公司生产的概率P′=a×25%×2%a×2.75%=211；故答案为：2.75%，211．根据题意，假设市场上该产品共有a件，求出次品的数目，计算可得该产品的次品率，进而计算可得该次品是甲公司生产的概率，即可得答案．本题考查互斥事件的概率的计算，注意概率的概念和计算公式，属于基础题．15.【答案】90【解析】解：根据题意，分3步进行分析：①在6名大学生中选出2人，安排在甲学校，有C62=15种安排方法，②在剩下的4名大学生中选出2人，安排在乙学校，有C42=6种安排方法，③剩下2人安排到丙学校，有1种安排方法，则有15×6=90种安排方法；故选：根据题意，分3步进行分析：①在6名大学生中选出2人，安排在甲学校，②在剩下的4名大学生中选出2人，安排在乙学校，③剩下2人安排到丙学校，由分步计数原理计算可得答案．本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．16.【答案】4+√3【解析】解：由题意得AD1=√2⋅√2=2，D1E=1，D1C=√D1D2+DC2=√2+4=√6将平面D1AB和平面D1BC在一个平面内展开，见平面展开图，根据三角形三边关系知，EF+FC≥EC，所以(EF+FC)2的最小值为EC2=D1E2+D1C2−2⋅D1E⋅D1C⋅cos∠AD1C=1+6−2⋅(cos45°cos30°−sin45°sin30°)=4+√3，故答案为：4+√3．把平面D1AB和平面D1BC在一个平面内展开，根据三角不等式及余弦定理求解．本题考查了长方体的结构特征，考查了两点间距离最小值问题，属于中档题．=x0+1，17.【答案】解：(1)根据焦半径公式可知|PF|=x0+p2解得：p=2，所以抛物线方程是y2=4x；(2)抛物线的焦点F(1,0)，直线l的斜率不可能为0，设直线l：x=my+1，与抛物线方程联立y2−4my−4=0，y1+y2=4mx1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2，|AB|=x1+x2+p=4m2+2+2=4，解得：m=0，所以直线l的方程是x=1．【解析】(1)通过焦半径公式求解p，得到抛物线方程．(2)抛物线的焦点F(1,0)，直线l的斜率不可能为0，设直线l：x=my+1，与抛物线方程联立y2−4my−4=0，利用韦达定理以及弦长公式，转化求解m，得到直线方程．本题考查抛物线的简单性质，抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，是中档题．18.【答案】解：(1)由(0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018)×10=1，解得a= 0.006，设该组数据中位数为x，则(0.004+0.006+0.022)×10+0.028×(x−70)=0.5，解得x≈76.4，所以该组数据的中位数为76.4；(2)由题中数据可得，对APP满意度评分的平均分为x−=45×0.004×10+55×0.006×10+65×0.022×10+75×0.028×10+85×0.022×10+95×0.018×10=76.2，因为76.2>75，所以公司不需要进行整改．【解析】(1)利用概率之和为1，列出方程求出a的值，再由频率分布直方图中中位数的求解方法计算中位数即可；(2)由平均数的计算公式求出对APP满意度评分的平均分，比较即可得到答案．本题考查了频率分布直方图的理解和应用，主要考查了由频率分布直方图求解频率的方法，由频率分布直方图求解中位数和平均数的方法，考查了逻辑推理能力与数据分析能力，属于基础题．19.【答案】(1)证明：在等腰梯形中，BC =1，AD =5，BE ⊥AD ，可知AE =2，DE =3， 由BE ⊥BC 可得CE =2．又AC =2√2，则AC 2=CE 2+AE 2， 则AE ⊥EC ，又BE ⊥AE ，BE ∩EC =E ， 可得AE ⊥平面BCD(2)解：AE ⊥EC ，BE ⊥AE ，BE ⊥ED ，则以点E 为原点，以EB ，ED ，EA 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．A(0,0，2)，B(√3,0,0)，C(√3,1,0)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,−2)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0)， 设平面ABC 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则：{√3x =2z y =0⇒n 1⃗⃗⃗⃗ =(2,0,√3)， 注意到，面AED 的法向量n 2⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，设平面ABC 与平面AED 所成锐二面角的平面角为θ， 故cosθ=cos〈n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ 〉=2√4+3=2√77．【解析】(1)证明BE ⊥AD ，BE ⊥BC ，推出AE ⊥EC ，然后证明AE ⊥平面BCD (2)以点E 为原点，以EB ，ED ，EA 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面ABC 的法向量，面AED 的法向量，利用空间向量的数量积求解平面ABC 与平面AED 所成锐二面角的平面角的余弦函数值即可．本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．20.【答案】解：(1)记小明用了i(i =1,2，3)次投篮就停止为事件A i ，小明在停止投篮时投篮次数不超过3次为事件M ，则P(M)=P(A 1)+P(A 1−⋅A 2)+P(A 1−⋅A 2−⋅A 3)=23+13×23+13×13×23=2627．(2)由题意可得X 的所有可能取值为0，1，2，3，4 则P(X =0)=(13)2⋅(14)2=1144，P(X =1)=C 21⋅23⋅13⋅(14)2+C 21⋅34⋅14⋅(13)2=572，P(X =2)=(23)2⋅(14)2+(13)2⋅(34)2+C 21⋅23⋅13⋅C 21⋅34⋅14=37144， P(X =3)=(23)2⋅C 21⋅34⋅14+(34)2⋅C 21⋅23⋅13=512，P(X =4)=(23)2⋅(34)2=14， 所以X 的分布列为：期望E(X)=0×1144+1×572+2×37144+3×512+4×14=176．【解析】(1)记小明用了i(i =1,2，3)次投篮就停止为事件A i ，小明在停止投篮时投篮次数不超过3次为事件M ，利用互斥事件的概率求解即可．(2)X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，求出概率，得到分布列，然后求解期望． 本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．21.【答案】解：(1)由题意，ca =√2且2a =2√6，解得：a =√6，c =√3，所以b 2=a 2−c 2=3， 则椭圆C 1：x 26+y 23=1；(2)当直线l 的斜率不存在时，不妨令M(√2,0)， 故A(√2,√2)，B(√2,−√2)，则|MA|⋅|MB|=2，当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y =kx +m ，M(x 0,y 0)，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，故，圆心到直线的距离d =√1+k 2⇒m 2=2(k 2+1)，且k =−xy 0，联立：{y =kx +mx 2+2y 2=6⇒(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0， ∴x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2，且x 02+y 02=2，由于A ，M ，B 三点共线，则|MA|⋅|MB|=−MA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1−x 0)(x 2−x 0)+(kx 1+m −y 0)(kx 2+m −y 0)=(1+k 2)x 1x 2+(km −ky 0−x 0)(x 1+x 2)+x 02+(m −y 0)2=(1+k 2)(2m 2−6)1+2k 2−4km(km −ky 0−x 0)1+2k2+x 02+y 02−2my 0+m 2 =2m(kx 0−m)1+2k 2+2，注意到k =−xy 0且y 0=kx 0+m ，则x 0=−km k 2+1，代入上式，即得：MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2m 2−2k 2m 2k 2+11+2k 2+2=−4(2k 2+1)1+2k 2+2=−2故|MA|⋅|MB|=−MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2．【解析】(1)利用椭圆的离心率，长轴长，求解a ，b ，定点椭圆方程．(2)当直线l 的斜率不存在时，推出|MA|⋅|MB|=2，当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y =kx +m ，M(x 0,y 0)，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，求出圆心到直线的距离，联立直线方程与椭圆方程，写出韦达定理的结果，由于A ，M ，B 三点共线，化简向量的数量积，推出结果．本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．22.【答案】(1)f(x)的定义域为R ，f′(x)=e x −a ，当a ≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在R 上单调递增； 当a >0时，由f′(x)=0，得x =lna ，当x ∈(−∞,lna)时，f′(x)<0；当x ∈(lna,+∞)时，f′(x)>0． 所以f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增． 综上所述，当a ≤0时，f(x)在R 上单调递增；当a >0时，f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增． (2)由题意g′(x 0)=0得a =e x 0−1x 02，不妨设x 1<x 2，由g(x 1)=g(x 2)，得e x 1−ax 1+a +1x 1=e x 2−ax 2+a +1x 2，即e x 1−e x 2x 1−x 2=a +1x1x 2，且a =e x 0−1x 02，所以e x 1−e x 2x 1−x 2−1x 1x 2=e x 0−1x 02，要证x 1x 2<x 02，即证√x 1x 2<x 0，显然ℎ(x)=e x −1x 2在(0,+∞)上是增函数，故只需证ℎ(√x 1x 2)<ℎ(x 0)，即证e √x 1x 2−1x 1x 2<e x 0−1x 02，即证e √x 1x 2−1x1x 2<e x 1−e x 2x 1−x 2−1x1x 2，即证e √x 1x 2<e x 1−e x 2x 1−x 2，又由于√x 1x 2<x 1+x 22，故只需证e x 1+x 22<e x 1−e x 2x 1−x 2，即证x 2−x 1<ex 2−x 12−ex 1−x 22，令ex 2−x 12=t(t >1)，则x 2−x 1=2lnt ，所以即证2lnt <t −1t ．令φ(t)=2lnt −t +1t (t >1)，则φ′(t)=−(t−1)2t 2<0，所以φ(t)在(1,+∞)上为减函数， 从而φ(t)<φ(1)=0，即有2lnt <t −1t ，从而x 1x 2<x 02成立．【解析】(1)对于f(x)求导，再对a 分类讨论，利用导数与单调性的关系即可求解；(2)分析可得要证x 1x 2<x 02，x 2−x 1<ex 2−x 12−ex 1−x 22，令ex 2−x 12=t(t >1)，即证2lnt <t −1t ，令φ(t)=2lnt −t +1t (t >1)，利用导数求得φ(t)的单调性，从而证得φ(t)<0，即可得证．本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，考查转化思想与运算求解能力，属于难题．。
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.
15．已知盒中装有 3 只螺口灯泡与 7 只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口 灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第 1 次抽到的是螺口灯泡的条件下，第 2 次抽到的是卡
口灯泡的概率为
.
16．在二项式
பைடு நூலகம்
2x3
1 x
12
的展开式中，该二项展开式中系数最大的项为
②2013－2018 年这 6 年中，2014 年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次增幅最小 ③2016－2018 年这 3 年中，中国到“一带一路”沿线国家的游客人次每年的增幅基本持平
A．①②③
B．②③
C．①②
D．③
9．若函数 f x 满足 f 3x 2 9x 8 ，则 f x 的解析式是（ ）
素 C 虽不直接构成脑组织，也不向脑提供活动能源，但维生素 C 有多种健脑强身的功效，它是脑功能极为
重要的营养物.维生素 C 的毒性很小，但食用过多仍可产生一些不良反应.根据食物中维 C 的含量可大致分为：
含量很丰富：鲜枣、沙棘、猕猴桃、柚子，每 100 克中的维生素 C 含量超过 100 毫克；比较丰富：青椒、
A． 160
B． 220
C． 221
D． 233
试卷第 2 页，总 4 页
二、填空题。（共 4 题，每题 5 分，共 20 分）
13．已知复数 z 满足 z i 3 4i （ i 为虚数单位），则 z
.
14．已知函数 f (x 3) 的定义域为[2,4) ,则函数 f (2x 3) 的定义域为
法中不正确的是（ ）
A．猕猴桃的平均数小于柚子的平均数
B．猕猴桃的方差小于柚子的方差
C．猕猴桃的极差为 32
D．柚子的中位数为 121
12．已知数列{an}，ai {1, 0,1} , i 1, 2,3, 4,5, 6 .满足条件“ 0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 3 ”
的数列个数为（ ）个.
3．由①安梦怡是高二（1）班的学生，②安梦怡是独生子女，③高二（1）班的学生都是独生子女，写一个
“三段论”形式的推理，则大前提，小前提和结论分别为（ ）
A．②①③
B．②③①
C．①②③
D．③①②
4．设 (x2 1)(4x 3)8 a0 a1(2x 1) a2 (2x 1)2 a10 (2x 1)10 ，
他背诵每一首古诗的正确的概率均为 1 ； 2
(1)求甲在初赛中恰好正确背诵 8 首的概率； (2)若进入正赛，则采用积分淘汰制，规则是：参赛者初始分为零分，电脑随机抽取 4 首不同的古诗，每首
古诗背诵正确加 2 分，错误减 1 分.由于难度增加，甲背诵每首古诗正确的概率为 2 ，求甲在正赛中积分 X 5
B．1,
C． ,1
D． , 3
8．近年来，随着“一带一路”倡议的推进，中国与沿线国家旅游合作越来越密切，中国到“一带一路”沿线国
家的游客人也越来越多，如图是 2013－2018 年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次情况，则下列说法正
确的是（ ）
试卷第 1 页，总 4 页
①2013－2018 年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次逐年增加
B． x 0 ， x2 x 1 0
C． x 0 ， x2 x 1 0
D． x 0 ， x2 x 1 0
2．设集合 A x | x2 x 2 0 ， B x | log2 x 0 ，则 A B （ ）
A． (1, 2)
B． (0,1)
C． (, 2)
D． (1,1)
则 a0 a1 a2 a10 等于( )
A．1
B．2
C． 5 4
D．5
5．已知复数
z
满足 1 i
z
4 1 i （i
为虚数单位），则复数
z
2 在复平面内对应的点所在的象限为（
）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
6．袋子中有四个小球，分别写有“文、明、中、国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两
个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率．利用电脑随机产生 0 到 3 之间取整数
值的随机数，分别用 0，1，2，3 代表“文、明、中、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次
的结果，经随机模拟产生了以下 18 组随机数：
232 321 230 023 123 021 132 220 001
重庆市巴蜀中学 2019-2020 学年度第二学期
高 2021 届（二下）数学半期试题卷
命题人：柏华
审题人：杨先佑
一、选择题。（共 12 题，每题 5 分，共 60 分。每题只有一个正确选项）
1．命题“ x0 0 ， x02 x0 1 0 ”的否定是（ ）
A． x 0 ， x2 x 1 0
.
三、解答题。（共 6 小题，17 题 10 分，其余 5 题各 12 分，共 70 分，请在答题卡上写出必要的解答过程）
17．某校高二年级模仿《中国诗词大会》节目举办学校诗词大会，进入正赛的条件为：先参加初赛，初赛
时，电脑随机抽取 10 首不同的古诗，参赛者能够正确背诵 6 首及以上的参赛者进入正赛，若学生甲参赛，
A． f x 9x 8 B． f x 3x 2 C． f x 3x 4 D． f x 3x 2
10．设 f (x) log22x(1x2 1,1x),x1 1 ，则 f ( f (1)) 的值为（
）
A． 2
B． 3
C． 4
D． 5
11．维生素 C 又叫抗坏血酸，是一种水溶性维生素，是高等灵长类动物与其他少数生物的必需营养素.维生
231 130 133 231 013 320 122 103 233
由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为( )
A． 1 9
B． 1 6
C． 2 9
D． 5 18
7．已知条件 p : x 1 2 ，条件 q : x a ，且 p 是 q 的充分不必要条件，则实数 a 的值范围为（ ）
A．1,
桂圆、番茄、草莓、甘蓝、黄瓜、柑橘、菜花，每 100 克中维生素 C 含量超过 50 毫克；相对丰富：白菜、
油菜、香菜、菠菜、芹菜、苋菜、菜苔、豌豆、豇豆、萝卜，每 100 克中维生素 C 含量超过 30~50 毫克.现
从猕猴桃、柚子两种食物中测得每 100 克所含维生素 C 的量（单位：mg ）得到茎叶图如图所示，则下列说