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绍兴市 2021学年第二学期高中期末调测 6．从5名男生 2名女生中任选3人参加学校组织的“喜迎二十大，奋进新征程”的演讲比赛，
则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是
高 二 数 学 1 4 3 2A． B． C． D．
2 7 5 3
注意事项： 7．已知平面向量 a，b ，满足 | a | 1，且对任意实数 ，有 | b a | 1，设b 与b a 的夹
1．请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上。本卷答案必须做在答卷相应 角为 ，则 cos 的取值范围是
位置上。 2 (0 3 3A． (0， ] B． ，] C．5 [
2
，1) D．[ ，1)
2 2 5
2．全卷满分 150分，考试时间 120分钟。
8．已知 a e0.2 1，b ln1.2， c tan 0.2，其中 e=2.71828 为自然对数的底数，则
一、单项选择题（本大题共 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） A．c a b B． a c b
1．设集合 A {x | x 0}，B {x | 1 x 2}，则 A B C．b a c D．a b c
A．{x | 1 x 0} B．{x | 0 x 2}
C．{x | x 1} D．{x | x 0}
z 二、多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多2．若复数 满足 zi 1 i（ i为虚数单位），则 z
A． 1 i B． 1 i C．1 i D．1 i 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）
2 n 9．已知 a，b R，且 ab 0，则下列不等式中，恒成立的是3．命题“ x N， n 2 ”的否定是
A x N 2． ， n 2n B 2 n a b． x N， n 2 A． ab B a2． b2 2ab
2
C 2 n 2 n． x N， n 2 D． x N，n 2 b a 1 1
1 π C． 2 D． (a )(b ) 4
4．在△ABC中，“ sin A ”是“ A ”的 a b a b
2 6 1
10．设函数 f (x) sin 2x sin2 x(x R)，则
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 2
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 A．函数 f (x)的最小正周期是 π
5 x a．在同一直角坐标系中，函数 y a ， y x (a 0，且 a 1)的图象可能是 B．函数 f (x) π的图象关于直线 x 对称
8
π 3π
C．函数 f (x)在[ ， ]上是增函数
8 8
π
D．函数 f (x )是奇函数
4
A． B． C． D．
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11．在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 P满足 BP BC BB1 ，其中 [0，1]， 四、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．（本题满分 10分）
[0，1]，则
1 5
在二项式 (2x ) 的展开式中
A．当 时， A1P//平面 ACD1 x
B．当 1时，三棱锥P A1BC的体积为定值 （Ⅰ）求各二项式系数和；
2
C．当 1时，△PBD的面积为定值 （Ⅱ）求含 x 的项的系数．
π π
D．当 1时，直线 A1D与D1P所成角的范围为[ ， ]3 2
12．已知采用分层抽样得到的样本数据由两部分组成，第一部分样本数据 xi (i 1,2, ,m)
18．（本题满分 12分）
2
的平均数为 x，方差为 sx ；第二部分样本数据 yi (i 1,2, ,n)的平均数为 y，方差为
在△ABC中，内角 A， B，C所对的边分别是a，b， c，且 asinB 3bcos A．
s2 x y s2 s2y ．设 ， x y ，则以下命题正确的是
（Ⅰ）求角 A；
A．设总样本的平均数为 z，则 x z y （Ⅱ）若a 2，b c 3，求△ABC的面积．
2
B．设总样本的平均数为 z，则 z x y
C．设总样本的方差为 s2 2，则 sx s
2 s2y
s2 s2 19．（本题满分 12分）
D．若m n， x y x y，则 s2
2 如图，已知四棱锥 P ABCD， BC 平面 PAB， AD//BC， PB PD， AB 4，
BC 1， AD 3， PB 2．
三、填空题（本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分） （Ⅰ）证明： PB 平面 PAD；
x，x 0，
13．已知函数 f (x) 则 f ( f ( 1))
（Ⅱ）求直线CD与平面 PAD所成角的正弦值．
▲ ．
2
x，x 0，
14．已知随机变量 X N (0，1)，则 P(X 0) ▲ ．
15．现要给1个小品类节目，2个唱歌类节目，2个舞蹈类节目排列演出顺序，要求同类节
目不相邻，则不同的排法有 ▲ 种．
（第 19题图）
16．在三棱锥 A BCD中，AB CD 4，CA BD 2，BC 2 3，二面角 A BC D
的平面角为60 ，则它的外接球的表面积为 ▲ ．
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20．（本题满分 12分） 22．（本题满分 12分）
已知函数 f (x) x2 (3a 2)x 2a 1， a R． 已知函数 f (x) (x a) ln(x 1) (a 1)x a， x [0，2]， a R．
（Ⅰ）求 f (x)在[0，2]上的最小值； （Ⅰ）若 a 1，求 f (x)在点 P(1，f (1))处的切线方程；
x
（Ⅱ）设函数 g(x) | |，x 1，若方程 f (g(x)) 0有且只有两个不同的实数 （Ⅱ）若 f (x) 0恒成立，求a的取值范围．
x 1
根，求 a的取值范围．
21．（本题满分 12分）
某市为筛查新冠病毒，需要检验核酸样本是否为阳性．现有 k(k N*且 k 2)份核酸
样本，可采用以下两种检验方式：
①逐份检验：对 k份样本逐份检验，需要检验 k次；
②混合检验：将 k份样本混合在一起检验．若检验结果为阴性，则 k份样本全为阴性，
因而这 k份样本只需检验1次；若检验结果为阳性，为了确定其中的阳性样本，就需重新采
集核酸样本后再对这 k份新样本进行逐份检验，此时检验总次数为 k 1次．
假设在接受检验的核酸样本中，每份样本的检验结果是相互独立的，且每份样本结果
为阳性的概率是 p(0 p 1)．
（Ⅰ）若对 k份样本采用逐份检验的方式，求恰好经过 4次检验就检验出 2份阳性的概
率（结果用 p表示）；
（Ⅱ）若 k 20，设采用逐份检验的方式所需的检验次数为 X ，采用混合检验的方式
所需的检验次数为Y ，试比较 E(X )与 E(Y )的大小．
高二数学试卷 第 5页（共 6页） 高二数学试卷 第 6页（共 6页）2021 5学年第二学期高中期末调测 解得bc ． ……………9分3
高二数学参考答案 1所以 S bcsin A 5 3 ． ……………12分
2 12
19．（本题满分 12分）
一、单项选择题（本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分）
1 2 3 4 5 6 7 8 解：（Ⅰ）连接BD，由题意 BC 平面PAB， AD //BC，题号
答案 B A D A B C D B 所以 AD 平面PAB， AD PA， AD AB．
在直角△ABD中，可得 BD 5，
二、多项选择题（每小题全部选对的得 5分，有选错的得 0分，部分选对的得 2分，共 20分）
在直角△BPD中，可得 PD 21， ……………2分
题号 9 10 11 12
在直角△PAD中，可得 PA 2 3， ……………4分
答案 BCD AC ABD AD
所以 PB2 PA2 AB2 ，所以PB PA．
三、填空题（本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分） 又PB PD， PA PD P，所以PB 平面 PAD． ……………5分
1 52π
13 2． 14． 15． 48 16．
2 2 3 （Ⅱ）由 BC //AD可知 BC //平面 PAD，
所以C 到平面PAD的距离等于 B到平面PAD的距离， ……………8分
四、解答题（本大题共 6小题，共 70分.） 又由（Ⅰ）知 PB 平面 PAD，设直线CD与平面PAD所成角为 ，
17．（本题满分 10分） 又CD 2 5， ……………10分
解：（Ⅰ）各二项式系数和为 25=32． ……………4分
1 所以 sin
BP 5
． ……………12分
T Ck (2x)5 k ( )k（Ⅱ）因为 CD 5k 1 5 ， ……………6分x 法二：
3
Ck 25 k
5 k
2
5 x
5 3令 k 2，解得 k 2， ……………8分
2
x2 2 3所以 的项的系数为C52 80． ……………10分
18．（本题满分 12分）
解：（Ⅰ）因为 a sin B 3bcos A，
所以 2R sin Asin B 3 2R sin B cos A． ……………1分 如图，以 A为原点，分别以射线 AB， AD为 x，y轴的正半轴，
因为 sin B 0，所以 sin A 3 cos A，即 tan A 3 ． ………3分 建立直角坐标系 A xyz，则 A(0，0，0)，D(0，3，0)，C(4，1，0)．
π
所以 A ． ……………5分 ……………6分
3
b2 c2 a2 作PE AB，垂足为 E，又 PE BC，所以 PE 平面 ABCD．
（Ⅱ）因为 cos A ……………7分
2bc 所以P(3，0，3)，CD ( 4，2，0)，
(b c)2 2bc a2 1 ，
2bc 2 AP (3，0，3)， AD (0，3，0)． ………………8分
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设平面PAD的法向量为n (x, y, z)， ③当0 t1 t2 1时，

n AP 0
0，
， 3x 3z 0， 4
由 得 ，可取n (1，0， 3)．……………10分 需满足 3a 2 解得 a ． ………………10分
n AD 0， y 0， 0 1， 9 2
设直线CD与平面 PAD所成角为 ， ④当 t1 0 t2 1时，
| n CD | 5 f (0) 0， 1
所以 sin | cos n，CD | ． ……………12分 需满足 解得 a ． ………………12分
| n | |CD | 5 f (1) 0， 2
20．（本题满分 12分） 1 4
f (x) x 3a 2
综上①②③④a 或 a ．
2 9
解：（Ⅰ）因为函数 的对称轴方程为 ．
2 21．（本题满分 12分）
3a 2 2
①当 0时，即 a 时，
2 3 解：（Ⅰ）记恰好经过 4次检验就检验出2份阳性为事件 A，
f (x) [0，2] f (x) f (0) 2a 1 1 2 2 2在 上单调递增，所以 min ． ……………2分 所以 P(A) C3p(1 p) p 3p (1 p) ． ……………4分
3a 2 2 2
②当0 2时，即 a 时， （Ⅱ）由题意知 E(X ) 20． ……………6分
2 3 3
因为 P(Y 1) (1 p)203a 2 3a 2 ，P(Y 21) 1 (1 p)
20 ，
f (x)在[0， ]单调递减，在 ( ，2]单调递增，
2 2 所以 E(Y ) (1 p) 20 21(1 (1 p) 20) 21 20(1 p) 20 ．…………9分
3a 2 9a 2
所以 f (x) 4a f ( ) ． 所以E(Y) E(X ) 1 20(1 p)20，令1 20(1 p)20 0，min 2 4
3a 2 1
2 a 2 解得 20 ．③当 时，即 时， p 1
2 3 20
f (x)在[0，2]上单调递减，所以 f (x) 1min f (2) 4a 1．………5分 所以当 p 1 20 时， E(Y) E(X )； ……………10分
20
2a 1， a
2

3
1
当 p 1 20 时，E(Y) E(X )； ……………11分
9a2 4a 2 2 20
综上①②③ f (x)min ， a ．
4 3 3 1当0 p 1 20 时，E(Y) E(X )． ……………12分
4a 2 20 1， a
3 22．（本题满分 12分）
（Ⅱ）令 t g(x)，由题意可知 f (t) 0一定有解，不妨设为 t1，t2 ，且 t1 t2， 解：（Ⅰ）当 a 1时， f (x) (x 1)ln(x 1) 1，
则 f (g(x)) 0等价于以下四种情况：
因为 f (x) ln(x 1) x 1 ，
①当 t1 0，t2 1时， x 1
1 1 所以 k f (1) ln 2，又 f (1) 1， ……………2分
由 f (0) 0解得 a ，此时 t2 ，不符合题意． ……………6分2 2 所以切线方程为 y ln 2 x 1 ln 2． ……………4分
②当 t1 t2 且 t1，t2 1时， 法一 （Ⅱ）因为 x [0，2]时 f (x) 0恒成立，所以需首先满足 f (0) a 0．
0，
f (x) x a 3a 2 因为 ln(x 1) a 1，
需满足 1，此时无解． ……………8分 x 1
2
f (1) 0， 令 g(x) f (x)，则 g (x)
x a 2
2 ． ……………6分(x 1)
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①当 a 4时，有 g (x) 0恒成立，所以 g(x)在[0，2]单调递减， f (0) 0，
法二 （Ⅱ）因为 x [0，2]时 f (x) 0恒成立，所以需首先满足
又 g(0) 1 0，所以 g(x) 0在[0，2] f (2) 0，恒成立，
a 2 2ln 3所以 f (x)在[0，2]上单调递减， 解得 ． ……………6分3 ln 3
所以 f (x)max f (0) a 0，符合题意． ……………8分 下面先证明 x 1 ln(x 1)．
②当 2 a 0时， g (x) 0恒成立，所以 g(x)在[0，2]单调递增， 令 g (x) x 1 ln(x 1)，则 g (x) 1 1 0在[0，2]上恒成立，
2a 1 x 1
又 g(0) 1 0， g(2) ln3 ．
3 所以 g(x) g(0) 1 0，则 x 1 ln(x 1)成立．
所以 所以有 f (x) x ln(x 1) x ((x 1) ln(x 1))a
2 1 3ln3 2a 1（i）当 a 时， g(2) ln3 0， 2 2ln 3
2 3 x ln(x 1) x ((x 1) ln(x 1)) ………8分3 ln 3
所以 g(x) 0在[0，2]恒成立，所以 f (x)在[0，2]上单调递减，
令 h(x) x ln(x 2 2ln 3 1) x ((x 1) ln(x 1))
所以 f (x)max f (0) a 0，符合题意． 3 ln 3
1 3ln3 2a 1 h a 0 (x) ln(x 1)
3ln 3 5 1 2 2ln 3

（ii）当 时， g(2) ln3 0 则 ， ……………10分，
2 3 3 ln 3 x 1 3 ln 3
显然 h (x)在 x [0，2]上单调递增，又 h (0) 0， h (2) 0，
所以存在 x0 (0，2)，使得 g(x0 ) 0，
所以存在 x0 [0，2]，使得 h (x0 ) 0．
当 x [0，x0]时， g(x) 0，当 x (x0，2]时 g(x) 0，
所以当 x [0, x0]时， h (x) 0，当 x (x0 , 2]时， h (x) 0，
所以 f (x)在[0，x0 ]单调递减，在 (x0，2]单调递增， 所以 h(x)在[0, x0 ]上单调递减，在 (x0 , 2]上单调递增．
所以 f (x)max max{ f (0)，f (2)} 所以 h(x)max max h(0)，h(2) h(2) 0． ……………12分
max{a 2ln3 2 (3 ln3)a} 0 2 2ln 3， ． 所以当 a 时，有 f (x) 0恒成立．
3 ln 3
1 3ln3 a 2 2ln3解得 ．
2 3 ln3 f (0) 0，
2 2ln3 法三 因为 x [0，2]

时 f (x) 0恒成立，所以需首先满足 ，
所以在②条件下 2 a f (2) 0，……………10分
3 ln3
a 2 2ln 3解得 0．
③当 4 a 2时， 3 ln 3
当 x [0， a 2] ax时， g (x) 0，当 x ( a 2，2]时， g (x) 0， 所以 x a 0，所以 f (x) 0 g(x) ln(x 1) 1 0．
x a
所以 g(x)在[0， a 2]上单调递减，在 ( a 2，2]上单调递增， 2
2a 1 又 g (x)
1 a x[x a(a 2)]
2 2 ． ……………7分
又 g(1) 1 0， g(2) ln3 0， x 1 (x a) (x 1)(x a)
3 ①当 a 2时，当 x [0，2]时， g (x) 0，所以 g(x)在[0，2]上单调递增，
所以 g(x) 0恒成立，所以 f (x)在[0，2]上单调递减，
所以只需 g(2) 0．
所以 f (x)max f (0) a 0，符合题意． ……………12分 2 2ln 3
2 2ln3 解得 2 a ． ……………9分
综上①②③ a ． 3 ln 3
3 ln 3
高二数学参考答案 第 5页（共 7页） 高二数学参考答案 第 6页（共 7页）
②当 a 2时，
当 x [0，a(a 2))时，g (x) 0 ，当 x (a(a 2)， )时，g (x) 0，
所以 g(x)在[0，a(a 2))上单调递减，在 (a(a 2)， )上单调递增．
因为 x [0，2]，所以 g(x)max max g(0)，g(2) 0．
a 2 2ln3解得 ，所以此时 a 2． ……………12分
3 ln 3
2 2ln3
综上①②得 a ．
3 ln 3
法四 下面先证明 x 1 ln(x 1)．
令 g (x) x 1 ln(x 1)
1
，则 g (x) 1 0在[0，2]上恒成立，
x 1
所以 g(x) g(0) 1 0，则 x 1 ln(x 1)成立．
所以 f (x) 0 (ln(x 1) x 1)a x(ln(x 1) 1)，
f (x) 0 a x(ln(x 1) 1)即 ． ……………7分
ln(x 1) x 1
h(x) x(ln(x 1) 1)令 ，所以只需求 h(x)的最小值．
ln(x 1) x 1
①当 x [0，e 1]时，因为 x(ln(x 1) 1) 0， ln(x 1) x 1 0，
所以 h(x) 0． ……………9分
x (e 1 2] h (x) (x 1)ln(x 1)(ln(x 1） 2) x
2 x 1
②当 ， 时， ．
(x 1)(ln(x 1) x 1)2
因为 x (e 1，2]，
所以 ln(x 1) ln e 1， ln(x 1) 2 ln3 2 0，
x2 x 1 (e 1)2+(e 1) 1 e(3 e) 1 3 0.3 1 0，
所以 h (x) 0，所以 h(x)在 (e 1，2]上单调递减，
h(x) 2 2ln3所以 h(2) ． ……………12分
3 ln3
a 2 2ln3综合①②得 ．
3 ln 3
高二数学参考答案 第 7页（共 7页）

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