2020-2021学年北京市东城区二校联考高二下期中数学试卷（含答案解析）

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1、2020-2021 学年北京市东城区学年北京市东城区二校联考二校联考高二（下）期中数学试卷高二（下）期中数学试卷 一、选择题： （本题有一、选择题： （本题有 12 道小题，每小题道小题，每小题 4 分，共分，共 48 分）分） 1 （4 分）6 位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序有（ ） A240 种 B360 种 C480 种 D720 种 2 （4 分）8 名学生和 2 位老师站成一排合影，2 位老师不相邻的排法种数为（ ） A B C D 3 （4 分）某物体的运动方程为 s（t）3t2，若（位移单位：m，时间单位：s） ，则下列说法中正确的是（

2、） A18m/s 是物体从开始到 3s 这段时间内的平均速度 B18m/s 是物体从 3s 到（3+t）s 这段时间内的速度 C18m/s 是物体在 3s 这一时刻的瞬时速度 D18m/s 是物体从 3s 到（3+t）s 这段时间内的平均速度 4 （4 分）已知an为等差数列，Sn为其前 n 项和若 a5S55，则 a1（ ） A5 B4 C3 D2 5 （4 分）函数 yx2cosx 的导数为（ ） Ay2xcosxx2sinx By2xcosx+x2sinx Cyx2cosx2xsinx Dyxcosxx2sinx 6 （4 分）4 位同学每人从甲、乙、丙 3 门课程中选修 2 门，则恰有

3、 2 人选修课程甲的不同选法共有（ ） A12 种 B24 种 C30 种 D36 种 7 （4 分）在的展开式中，x4的系数为 12，则 a 的值为（ ） A2 B2 C1 D1 8 （4 分）函数 f（x）（x21）3+2 的极值点是（ ） Ax1 Bx1 或 x1 或 x0 Cx0 Dx1 或 x1 9 （4 分）已知点 A（x1，x12） ，B（x2，x22） ，则“ABC 是等边三角形”是“直线 AB 的斜率为 0”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 10 （4 分）若直线 l：xa 与函数 f（x）x2+1，的图象分别交于点 P

4、、Q，当 P、Q 两点距离最近时，a（ ） A B C1 D 11 （4 分）现有 16 张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张，从中任取 3 张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多 1 张，不同取法的种数为（ ） A232 B252 C472 D484 12 （4 分）已知 aR设函数 f（x）若关于 x 的不等式 f（x）0 在 R 上恒成立，则 a 的取值范围为（ ） A0，1 B0，2 C0，e D1，e 二、填空题： （本题有二、填空题： （本题有 5 道小题，每小题道小题，每小题 5 分，共分，共 25 分）分） 13 （5 分）已知双曲线 C：1

5、经过点（，2） ，那么 m 的值为 ，C 的渐近线方程为 14 （5 分）用数字 1，2，3，4，5，6，7，8，9 组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有 个 （用数字作答） 15 （5 分）若的展开式中各项系数之和为 32，则展开式中 x 的系数为 16 （5 分）已知 xa 是函数 f（x）x3x2x 的极小值点，则 a 17 （5 分）设 A 是非空数集，若对任意 x，yA，都有 x+yA，则称 A 具有性质 P给出以下命题： 若 A 具有性质 P，则 A 可以是有限集； 若 A1，A2具有性质 P，且 A1A2，则 A1A2具有性质 P； 若 A，A 具

6、有性质 P，则 A1A2具有性质 P； 若 A 具有性质 P，且 AR，则RA 不具有性质 P 其中所有真命题的序号是 三、解答题（本题有三、解答题（本题有 6 小题，共小题，共 77 分）分） 18 （10 分）已知an（nN*）是各项均为正数的等比数列，a116，2a3+3a232 （）求an的通项公式； （）设 bn3log2an，求数列bn的前 n 项和 Sn，并求 Sn的最大值 19 （12 分）已知函数 f（x）ex（x+2） （）求 f（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程； （）求 f（x）的单调区间与极值，并说明是极大值还是极小值 20 （14 分）如图，在三棱柱 ABCA

7、1B1C1中，AA1平面 ABC，BAC，AA1ABAC1，CC1的中点为 H （）求证：ABA1C； （）求二面角 A1BCA 的余弦值； （）在棱 A1B1上是否存在点 N，使得 HN平面 A1BC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由 21 （14 分）已知函数 f（x）（x+1）lnxax+a （）若曲线 yf（x）在点（1，f（1） ）处的切线倾斜角为，求 a 的值； （）若 f（x）在（0，+）上单调递增，求 a 的取值范围； （）请直接写出 f（x）的零点个数 22 （14 分）已知椭圆长轴的两个端点分别为 A（2，0） ，B（2，0） ，离心率为 （）求椭圆 C 的方程； （

8、）P 为椭圆 C 上异于 A，B 的动点，直线 AP，PB 分别交直线 x6 于 M，N 两点，连接 NA 并延长交椭圆 C 于点 Q （）求证：直线 AP，AN 的斜率之积为定值； （）判断 M，B，Q 三点是否共线，并说明理由 23 （13 分）设 n（n2）为正整数，若 （x1，x2，xn）满足： xi0，1，n1，i1，2，n； 对于 1ijn，均有 xixj 则称 （x1，x2，xn）具有性质 E（n） 对于 （x1，x2，xn）和 （y1，y2，yn） ，定义集合 T（，）t|t|xiyi|，i1，2，n （）设 （0，1，2） ，若 （y1，y2，y3）具有性质 E（3） ，写出

9、一个 及相应的 T（，） ； （）设 和 具有性质 E（5） ，那么 T（，）是否可能为0，1，2，3，4，若可能，写出一组 和 ，若不可能，说明理由； （）设 和 具有性质 E（n） ，对于给定的 ，求证：满足 T（，）0，1，n1的 有偶数个 参考答案参考答案解析解析 一、选择题： （本题有一、选择题： （本题有 12 道小题，每小题道小题，每小题 4 分，共分，共 48 分）分） 1 （4 分）6 位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序有（ ） A240 种 B360 种 C480 种 D720 种 【解答】解：因为 6 位选手依次演讲，其中选手甲不在第

10、一个也不在最后一个演讲，甲先安排在除开始与结尾的位置还有个选择，剩余的元素与位置进行全排列有，所以甲只能在中间的 4 个位置，所以不同的演讲次序有480 种 故选：C 2 （4 分）8 名学生和 2 位老师站成一排合影，2 位老师不相邻的排法种数为（ ） A B C D 【解答】解：用插空法解决的排列组合问题， 将所有学生先排列，有 A88种排法， 然后将两位老师插入 9 个空中， 共有 A92种排法， 一共有 A88A92种排法 故选：A 3 （4 分）某物体的运动方程为 s（t）3t2，若（位移单位：m，时间单位：s） ，则下列说法中正确的是（ ） A18m/s 是物体从开始到 3s 这段

11、时间内的平均速度 B18m/s 是物体从 3s 到（3+t）s 这段时间内的速度 C18m/s 是物体在 3s 这一时刻的瞬时速度 D18m/s 是物体从 3s 到（3+t）s 这段时间内的平均速度 【解答】解：根据题意， 即物体在 3s 这一时刻的瞬时速度是 18m/s， 故选：C 4 （4 分）已知an为等差数列，Sn为其前 n 项和若 a5S55，则 a1（ ） A5 B4 C3 D2 【解答】解：因为an为等差数列，a5S55， 所以， 解得 a13 故选：C 5 （4 分）函数 yx2cosx 的导数为（ ） Ay2xcosxx2sinx By2xcosx+x2sinx Cyx2co

12、sx2xsinx Dyxcosxx2sinx 【解答】解：y（x2）cosx+x2（cosx）2xcosxx2sinx 故选：A 6 （4 分）4 位同学每人从甲、乙、丙 3 门课程中选修 2 门，则恰有 2 人选修课程甲的不同选法共有（ ） A12 种 B24 种 C30 种 D36 种 【解答】解：由题意知本题是一个分步计数问题， 恰有 2 人选修课程甲，共有 C426 种结果， 余下的两个人各有两种选法，共有 224 种结果， 根据分步计数原理知共有 6424 种结果 故选：B 7 （4 分）在的展开式中，x4的系数为 12，则 a 的值为（ ） A2 B2 C1 D1 【解答】解：由题

13、设可得：的展开式的通项公式为 Tr+1x6r （）r （a）rx62r（r0，1，6） ， 令 62r4，可得 r1， 由 x4的系数为 12，可得 12 （a）6a，解得 a2， 故选：B 8 （4 分）函数 f（x）（x21）3+2 的极值点是（ ） Ax1 Bx1 或 x1 或 x0 Cx0 Dx1 或 x1 【解答】解：由 f（x）（x21）3+2，求导 f（x）3（x21）22x6x（x21）2， 令 f（x）0，解得：x0 或 x1， 由 f（x）0，解得 x0，此时函数单调递增 由 f（x）0，解得 x0，此时函数单调递减 当 x0 时，函数取得极小值 故选：C 9 （4 分）已

14、知点 A（x1，x12） ，B（x2，x22） ，则“ABC 是等边三角形”是“直线 AB 的斜率为 0”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：由点 A（x1，x12） ，B（x2，x22） ，可得点 A，B 在抛物线 yx2上， 只有点 A，B 关于 y 轴对称时ABC 才有可能是等边三角形，此时“直线 AB 的斜率为 0； 反之“直线 AB 的斜率为 0” ，虽然点 A，B 关于 y 轴对称，但是ABC 不一定是等边三角形 “ABC 是等边三角形”是“直线 AB 的斜率为 0”的充分而不必要条件 故选：A 10 （4 分）若直

15、线 l：xa 与函数 f（x）x2+1，的图象分别交于点 P、Q，当 P、Q 两点距离最近时，a（ ） A B C1 D 【解答】解：设函数 yf（x）g（x）x2lnx+1，函数的定义域（0，+） ， 求导数得 y2x， 当 0 x时，y0，函数在（0，）上为单调减函数， 当 x时，y0，函数在（，+）上为单调增函数， 所以当 x时，函数的最小值， 所以 a， 故选：D 11 （4 分）现有 16 张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张，从中任取 3 张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多 1 张，不同取法的种数为（ ） A232 B252 C472 D484

16、 【解答】解：由题意，不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张，有种取法，两种红色卡片，共有种取法， 故所求的取法共有5601672472 故选：C 12 （4 分）已知 aR设函数 f（x）若关于 x 的不等式 f（x）0 在 R 上恒成立，则 a 的取值范围为（ ） A0，1 B0，2 C0，e D1，e 【解答】解：当 x1 时，f（1）12a+2a10 恒成立； 当 x1 时，f（x）x22ax+2a02a恒成立， 令 g（x）（1x+2）（22）0， 2ag（x）max0，a0 当 x1 时，f（x）xalnx0a恒成立， 令 h（x），则 h（x）， 当 xe 时，h（x

17、）0，h（x）递增， 当 1xe 时，h（x）0，h（x）递减， xe 时，h（x）取得最小值 h（e）e， ah（x）e， 综上 a 的取值范围是0，e 故选：C 二、填空题： （本题有二、填空题： （本题有 5 道小题，每小题道小题，每小题 5 分，共分，共 25 分）分） 13 （5 分）已知双曲线 C：1 经过点（，2） ，那么 m 的值为 4 ，C 的渐近线方程为 y2x 【解答】解：双曲线 C：1 经过点（，2） ， 可得 21，解得 m4， 双曲线方程为：1， 所以它的渐近线方程为：y2x 故答案为：4；y2x 14 （5 分）用数字 1，2，3，4，5，6，7，8，9 组成没有

18、重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有 1080 个 （用数字作答） 【解答】解：根据题意，分 2 种情况讨论： 、四位数中没有一个偶数数字，即在 1、3、5、7、9 种任选 4 个，组成一共四位数即可， 有 A54120 种情况，即有 120 个没有一个偶数数字四位数； 、四位数中只有一个偶数数字， 在 1、3、5、7、9 种选出 3 个，在 2、4、6、8 中选出 1 个，有 C53C4140 种取法， 将取出的 4 个数字全排列，有 A4424 种顺序， 则有 4024960 个只有一个偶数数字的四位数； 则至多有一个数字是偶数的四位数有 120+9601080 个

19、； 故答案为：1080 15 （5 分）若的展开式中各项系数之和为 32，则展开式中 x 的系数为 2025 【解答】解：由已知可得，2n32，即 n5 （3）5其二项展开式的通项 Tr+1 （）5r （3）r（3）r55rx； 取 r51，得 r4 展开式中 x 的系数为： （3）4512025 故答案为：2025 16 （5 分）已知 xa 是函数 f（x）x3x2x 的极小值点，则 a 1 【解答】解：根据题意，f（x）x3x2x，定义域为 xR， f（x）3x22x1（3x+1） （x1） ， 令 f（x）0，解之可得， f（x）0 x，或 x1；f（x）0 x1； f（x）在（） ，

20、 （1，+）上单调递增，在（，1）上单调递减； 根据极值定义，可得，函数在 x1 处取得极小值， 故可得，x1 是函数的极小值点 故答案为：1 17 （5 分）设 A 是非空数集，若对任意 x，yA，都有 x+yA，则称 A 具有性质 P给出以下命题： 若 A 具有性质 P，则 A 可以是有限集； 若 A1，A2具有性质 P，且 A1A2，则 A1A2具有性质 P； 若 A，A 具有性质 P，则 A1A2具有性质 P； 若 A 具有性质 P，且 AR，则RA 不具有性质 P 其中所有真命题的序号是 【解答】解：对于，因为当 A0时，A 满足性质 P，A 为有限集，所以对； 对于，因为对任意 x

21、，yA1A2，则 x，yA1，x+yA1， x，yA2，x+yA2，于是有 x+yA1A2，所以 A1A2具有性质 P，所以对； 对于，取 A1x|x2k，kZ，A2x|x3k，kZ，x2A1A2，y3A1A2，x+y2+35A1A2， 所以 A1A2不具有性质 P，所以错； 对于，取 Ax|x0，xR，A 满足性质 P，同时RAx|x0，xR， 对任意 x，yRA，都有 x+yRA，所以RA 也具有性质 P，所以错 故答案为： 三、解答题（本题有三、解答题（本题有 6 小题，共小题，共 77 分）分） 18 （10 分）已知an（nN*）是各项均为正数的等比数列，a116，2a3+3a232

22、 （）求an的通项公式； （）设 bn3log2an，求数列bn的前 n 项和 Sn，并求 Sn的最大值 【解答】解： （）设an的公比为 q，因为 a116，2a3+3a232， 所以 2q2+3q20 解得 q2（舍去）或 因此an的通项公式为 （）由（）得 bn3（5n）log22153n， 当 n2 时，bnbn13， 故bn是首项为 b112，公差为3 的单调递减等差数列 则 又 b50，所以数列bn的前 4 项为正数， 所以当 n4 或 5 时，Sn取得最大值，且最大值为 S4S530 19 （12 分）已知函数 f（x）ex（x+2） （）求 f（x）在点（0，f（0） ）处的切

23、线方程； （）求 f（x）的单调区间与极值，并说明是极大值还是极小值 【解答】解： （）函数 f（x）ex（x+2） ，xR， 所以 f（x）ex（x+2）+exex（x+3） ； 当 x0 时，kf（0）e0（0+3）3， 且 f（0）e0（0+2）2， 所以 f（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程为 y23（x0） ， 即 3xy+20； （）令 f（x）ex（x+3）0，解得 x3； 当 x3 时，f（x）0，f（x）单调递减； 当 x3 时，f（x）0，f（x）单调递增； 所以 x3 时，f（x）取得最小值为 f（3）e3（3+2）， 所以 f（x）的单调减区间为（，3） ，增区间

24、为（3，+） ， f（x）的极值是极小值，为 20 （14 分）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1平面 ABC，BAC，AA1ABAC1，CC1的中点为 H （）求证：ABA1C； （）求二面角 A1BCA 的余弦值； （）在棱 A1B1上是否存在点 N，使得 HN平面 A1BC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由 【解答】解： （I）AA1平面 ABC，AB平面 ABC，所以 AA1AB， 又BAC，所以 ABAC，AA1ACA， 故 AB平面 ACC1A1，A1C平面 ACC1A1， 所以 ABA1C； （II）建立如图空间直角坐标系， A（0，0，0） ，B（1，0，0）

25、，C（0，1，0） ，A1（0，0，1） ， 设平面 A1CB 的一个法向量为， 由，得，故， 又平面 ABC 的法向量为， 由 cos， 由题意知二面角 A1BCA 为锐角，故二面角 A1BCA 的余弦值为； （III）假设 A1B1 上存在点 N（x，y，z） ，使得 HN平面 A1BC， 由， 由 H（0，1，） ， 所以， 由 HN平面 A1BC，得， 故在棱 A1B1上存在点 N（） ，使得 HN平面 A1BC，的值为 21 （14 分）已知函数 f（x）（x+1）lnxax+a （）若曲线 yf（x）在点（1，f（1） ）处的切线倾斜角为，求 a 的值； （）若 f（x）在（0，+

26、）上单调递增，求 a 的取值范围； （）请直接写出 f（x）的零点个数 【解答】解： （）f（x）（x+1）lnxax+a 的导数为 f（x）lnx+1+a， 由曲线 yf（x）在点（1，f（1） ）处的切线倾斜角为， 可得 f（1）0+1+1atan1，解得 a1； （）若 f（x）在（0，+）上单调递增， 可得 f（x）0 在（0，+）上恒成立， 即有 a（lnx+1+）min， 由 ylnx+1+的导数为 y， 可得 ylnx+1+在（0，1）递减， （1，+）递增， 即有 ylnx+1+在 x1 处取得最小值 2， 可得 a2，即 a 的取值范围是（，2； （）当 a2 时，f（x）只

27、有 1 个零点； 当 a2 时，f（x）有 3 个零点 22 （14 分）已知椭圆长轴的两个端点分别为 A（2，0） ，B（2，0） ，离心率为 （）求椭圆 C 的方程； （）P 为椭圆 C 上异于 A，B 的动点，直线 AP，PB 分别交直线 x6 于 M，N 两点，连接 NA 并延长交椭圆 C 于点 Q （）求证：直线 AP，AN 的斜率之积为定值； （）判断 M，B，Q 三点是否共线，并说明理由 【解答】解： （）由已知可得：a2，则 c，b1， 所以椭圆 C 的方程为：； （） （i）证明：因为直线 PA，PB 都存在且不为 0，设 P（x0，y0） ，则 k，k， 所以直线 PB 的

28、方程为： y， 令 x6， 解得 y， 则点 N 的坐标为 （6，） 所以直线 AN 的斜率为 k， 所以直线 AP，AN 的斜率之积为为定值； （ii）M，B，Q 三点共线，理由如下： 设直线 AP 的斜率为 k，易得 M（6，4k） ， 由（i）可知直线 AN 的斜率为，所以直线 AN 的方程为 y， 联立方程，消去 x 可得： （4+4k2）y2+8ky0， 解得 y，所以点 Q 的坐标为（） ， 所以，直线 BQ 的斜率为，直线 BM 的斜率为， 因为直线 BQ 的斜率等于直线 BM 的斜率， 所以 M，B，Q 三点共线 23 （13 分）设 n（n2）为正整数，若 （x1，x2，xn

29、）满足： xi0，1，n1，i1，2，n； 对于 1ijn，均有 xixj 则称 （x1，x2，xn）具有性质 E（n） 对于 （x1，x2，xn）和 （y1，y2，yn） ，定义集合 T（，）t|t|xiyi|，i1，2，n （）设 （0，1，2） ，若 （y1，y2，y3）具有性质 E（3） ，写出一个 及相应的 T（，） ； （）设 和 具有性质 E（5） ，那么 T（，）是否可能为0，1，2，3，4，若可能，写出一组 和 ，若不可能，说明理由； （）设 和 具有性质 E（n） ，对于给定的 ，求证：满足 T（，）0，1，n1的 有偶数个 【解答】解： （）根据题意，令 （0，1，2）

30、，即 y10，y21，y32， 则根据题意可得，t|xiyi|0（i1，2，3）|，则相应的一个 T（，）0； 若 （0，2，1） ，即 y10，y22，y31， 则根据题意可得，t|xiyi|，则相应的一个 T（，）0，1； 若 （1，0，2） ，即 y11，y20，y32， 则根据题意可得，t|xiyi|，则相应的一个 T（，）0，1； 若 （1，2，0） ，即 y11，y22，y30， 则根据题意可得，t|xiyi|，则相应的一个 T（，）1，2； 同理可得，若 （2，0，1） ，则相应的一个 T（，）1，2； 若 （2，1，0） ，则相应的一个 T（，）0，2； （）假设存在 （x1，

31、x2，x5） ，和 （y1，y2，y5）均具有性质 E5，且 T（，）0，1，2，3，4， 则 0+1+2+3+4，因为|xiyi|与 xiyi同奇同偶， 所以与同奇同偶， 而本题中由（1）中结论可知，10，0，可见奇偶一致， 故存在具有性质 E5的 ，满足 T（，）0，1，2，3，4，如 0，1，2，3，4，2，4，1，3，0 （）证明：不妨设 （x1，x2，xn） ，（y1，y2，yn）构成一个对应数表 A： x1 x2 xn y1 y2 yn 交换数表中两行数据，可得对应数表 B： y1 y2 yn x1 x2 xn 调整数表中各列的顺序，并假设调整后的第一行数据为 x1，x2，xn，设

32、调整后的数据第二行为 z1，z2，zn， 令 （z1，z2，zn） ，则 具有性质 E（n） ，且 T（，）0，1，2，n1， 假设 （y1，y2，yn） ，与 （z1，z2，zn）相同，则 y1z1，y2z2，ynzn， 不妨设 xiyi，x1yk（k1） ，则有 z1xk，故|x1z1|ykxk|， T（，）0，1，2，3，n1， |x1y1|xiyi|（i2，3，4，n）， y1z1xk， |x1y1|xkyk|（k1）， 显然地，结论，前后矛盾， 故对于具有性质 E（n）的 （x1，x2，xn） ，若 （y1，y2，yn）具有性质 E（n） ，且 T（，）0，1，2，n1， 则存在一个具有性质 E（n）的 （z1，z2，zn） ，使得 T（，）0，1，2，n1， 且 （y1，y2，yn）与 （z1，z2，zn）不同 并且由 的构造过程可以知道，当 （x1，x2，xn） ，（y1，y2，yn）确定时，（z1，z2，zn）唯一确定 同样地，由 ，也仅能构造出 综上，命题得证