1、江苏省扬州市2020-2021学年高二下期中调研数学试题一、单选题：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. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 2. 在的展开式中含的系数为（ ）A. B. C. D. 3. 将0，1，2，3，4，5这6个数组成无重复数字的五位偶数的个数为（ ）A. 360B. 312C. 264D. 2884. 在直三棱柱中，底面是腰长为2的等腰直角三角形，若点为的中点，则直线与直线所成的角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 5. 曲线在处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 6. 今天是星期
2、二，经过7天后还是星期二，那么经过天后是（ ）A. 星期三B. 星期四C. 星期五D. 星期六7. 函数的大致图像是（ ）A. B. C. D. 8. 已知函数，对于任意、，都有恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）A. 若复数满足，则B. C. 若，则复平面内对应的点位于第二象限D. 已知复数z满足，则的最小值为10. 已知的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（ ）A
3、. 二项展开式中各项系数之和为B. 二项展开式中二项式系数最大的项为C. 二项展开式中无常数项D. 二项展开式中系数最大的项为11. 如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）A 平面平面B. 三棱锥体积最大值C. 当为中点时，直线与直线所成的角的余弦值为D. 直线与所成的角不可能是12. 对于定义域为的函数，为的导函数，若同时满足：；当且时，都有；当且时，都有，则称为“偏对称函数”.下列函数是“偏对称函数”的是（ ）A. B. C. D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分（其中15题第一空2分，第二空3分).13. 若，则_14 已知函数，则_1
4、5. 已知则_； _.16. 已知关于的方程有3个不等的实数根，则的取值范围是_.四、解答题（本大题共6个小题，满分70分.解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤）17. （1）计算；（2）设复数（其中），若是纯虚数，且在复平面内对应的点在直线上，求18. 现有编号为的6个不同的小球（1）若将这些小球排成一排，则有多少种不同的排法？（请用数字作答）（2）若将这些小球排成一排，且三个小球各不相邻，则有多少种不同的排法？（请用数字作答）（3）若将这些小球放入甲，乙，丙三个不同的盒子，每个盒子至少一个球，则有多少种不同的放法？（请用数字作答）19. 已知在四棱锥中，平面为的中点.（1）求证;平面;（
5、2）若，求锐二面角的余弦值.20. 已知函数（1）若函数在区间是增函数，求的取值范围；（2）若函数在区间上的最小值为 ，求的表达式.21. 已知梯形如图1所示，其中，四边形是边长为1的正方形，沿将四边形折起，使得平面平面，得到如图2所示的几何体.（1）求证：平面平面；（2）求点F到平面ABE的距离；（3）若点在线段上，且与平面所成角正弦值为，求线段的长度.22. 已知函数（1）当，时，求单调区间；（2）当时，若函数有两个不同的极值点，且不等式有解，求实数的取值范围；（3）设，若有两个相异零点，求证：江苏省扬州市2020-2021学年高二下期中调研数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共
6、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. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，由此可得出复数的虚部.【详解】由已知可得，因此，复数的虚部为.故选：C.2. 在的展开式中含的系数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式可得答案.【详解】的展开式的通项公式为，要求项系数，只需令，得，所以的系数为.故选：A.3. 将0，1，2，3，4，5这6个数组成无重复数字的五位偶数的个数为（ ）A. 360B. 312C. 264D. 288【答案】B【解析】【分析】根据题意
7、，按五位偶数的个位数字是否为0，分两种情况进行讨论，结合加法计数原理即可求出结果.【详解】根据题意，分两种情况讨论：0排在五位数的个位，在剩下5个数中任取4个，安排在前4位，有种；0不排在五位数的个位，则五位数的个位可以是2或者4，首位数字有4种选择，在剩下4个数字中任取3个，安排在中间三位，有种，共有种，则一共有种，故选：B.4. 在直三棱柱中，底面是腰长为2的等腰直角三角形，若点为的中点，则直线与直线所成的角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】如图，连接，交于点，连接，则或其补角即为所求，再在中，利用勾股定理求得三边长，然后由余弦定理，即可得解【详解】解：如图
8、，连接，交于点，连接，则为的中点，为的中点，或其补角为直线与直线所成的角，在中，由为的中点，则，由余弦定理知，直线与直线所成的角的余弦值为故选：A5. 曲线在处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据导数的几何意义求出切点坐标与切线的斜率，即可求出结果.【详解】由题意知时，所以切点为，而，所以切线的斜率为，则所求的切线方程为，故选：C.6. 今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过天后是（ ）A. 星期三B. 星期四C. 星期五D. 星期六【答案】D【解析】【分析】，利用二项式定理展开，求出它除以7的余数，可得结论【详解】解：，由于括号中，除了最后一项外，其
9、余各项都能被7整除，故整个式子除以4的余数为， 故经过天后是是星期六，故选：D7. 函数的大致图像是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求得函数的定义域为，设，由导数求得函数的单调性，结合选项，即可求解.【详解】由题意，函数的定义域为， 设，则，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减，可得，所以函数在上单调递增，在单调递减，且.故选：D【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数图象与性质，其中解答中根据函数的解析式求得函数的定义域，以及利用导数求得函数的单调性是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档题.8. 已知函数，对于任意、，都有恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B
10、. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，可得出，构造函数，可得出对任意的恒成立，可得出关于实数的不等式组，由此可求得实数的取值范围.【详解】设，由可得，即，构造函数，则函数为上的增函数，对任意的恒成立，令，则，在上恒成立，即，解得，.故选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）A. 若复数满足，则B. C. 若，则复平面内对应的点位于第二象限D. 已知复数z满足，则的最小值为【答案】BD【解析】【分析】举反例说明A错，根据的乘方运算
11、计算后判断B，求出对应点的坐标判断C，根据复数模的几何意义求解判断D【详解】若，则，但，A错；，所以，B正确；，对应点为，在第三象限，C错；复数z满足，则对应的点是以对应点为端点的线段的中垂线，即虚轴（加上原点），表示虚轴上点到点的距离，最小值为1，D正确故选：BD10. 已知的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（ ）A. 二项展开式中各项系数之和为B. 二项展开式中二项式系数最大的项为C. 二项展开式中无常数项D. 二项展开式中系数最大的项为【答案】AD【解析】【分析】由二项式系数和求得，令可求得各项系数和，由二项式系数的性质可得二项式系数最大的项，写出展开式通项公式，由的
12、指数确定有无常数项，列不等式求得系数最大的项【详解】由已知，令得展开式中所有项系数和为，A正确；二项式系数最大的项是，B错；，展开式中第5项是常数项，C错；设第项系数最大，则，解得，所以，所以系数最大的项是第3项：，D正确故选：AD11. 如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）A. 平面平面B. 三棱锥体积最大值为C. 当为中点时，直线与直线所成的角的余弦值为D. 直线与所成的角不可能是【答案】ABC【解析】【分析】利用面面垂直的判定知A正确；利用，可知三棱锥体积最大时，最大，由此可计算确定B正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量求法
13、可知C正确；在C中的空间直角坐标系中，假设，得到，假设所成角可以为，利用异面直线所成角的向量求法构造方程可求得的值，知D错误.【详解】对于A，平面，平面，又平面，平面平面，A正确；对于B，为上动点，当与重合时，取得最大值为，B正确；对于C，以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系，当为中点时，又，当为中点时，直线与直线所成的角的余弦值为，C正确；对于D，如C中所建立的空间直角坐标系，设，又，则，又，若直线与所成的角为，则，解得：，又，当，即时，直线与所成角为，D错误.故选：ABC【点睛】易错点点睛：本题考查立体几何中的动点问题的求解，对于CD选项中的异面直线所成角，可利用异面直线所成角的
14、向量求法确定结论是否成立，易错点是忽略异面直线所成角的范围，造成余弦值求解错误.12. 对于定义域为的函数，为的导函数，若同时满足：；当且时，都有；当且时，都有，则称为“偏对称函数”.下列函数是“偏对称函数”的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】对各选项中的函数是否满足进行验证，即可得出结论.【详解】对于A选项，满足，当时，则，不满足，A选项中函数不满足条件；对于B选项，满足，当时，则，当时，则，满足，令，其中，则，因为，则，则，故函数在上单调递增，所以，故当时，满足，B选项中的函数满足条件；对于C选项，满足，当时，则，当时，则，满足，设，其中，则，即，不满足，C选项中
15、的函数不满足条件；对于D选项，满足，当时，当时，满足，设，其中，所以，函数在上单调递增，故，故当时，满足，D选项中的函数满足条件.故选：BD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分（其中15题第一空2分，第二空3分).13. 若，则_【答案】56【解析】【分析】依题意求得，进而可求得.【详解】依题意得或，解得或，经检验均适合题意.当时，；当时，.综上，.故答案为：.14. 已知函数，则_【答案】1【解析】【分析】求导得，将代入即可求出，从而可得【详解】解：，即，解得，故答案为：1【点睛】本题主要考查基本初等函数的导数的运算，考查计算能力，属于基础题15. 已知则_； _.【答案】 .
16、2 . 4042【解析】【分析】先令，求出，再令，可求出的值，从而可求出，对函数求导后令可求出的值【详解】解：令，则，令，则，得，所以，由得，令，则，所以，故答案为：2，404216. 已知关于的方程有3个不等的实数根，则的取值范围是_.【答案】或【解析】【分析】由已知得或，设，转化为的图象与、共有3个交点， 画出的图象结合图象可得答案.【详解】由得，则或，即或，设，依题意得函数的图象与、共有3个交点，得，单调递增，得，单调递减，所以，当时，当时，的图象如下图，由图可知，当或时满足题意，即或，故答案为：.四、解答题（本大题共6个小题，满分70分.解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤）17.
17、（1）计算；（2）设复数（其中），若是纯虚数，且在复平面内对应的点在直线上，求【答案】（1）；（2）10【解析】【分析】(1)根据复数的乘除法运算法则及的运算性质求解即可；(2) 将和化为复数的代数形式，再根据是纯虚数及在复平面内对应的点在直线上，列出方程即可求出、的值，再根据复数的乘法运算求解即可.【详解】解：（1），；（2）为纯虚数，又，在复平面内对应点满足， 18. 现有编号为的6个不同的小球（1）若将这些小球排成一排，则有多少种不同的排法？（请用数字作答）（2）若将这些小球排成一排，且三个小球各不相邻，则有多少种不同的排法？（请用数字作答）（3）若将这些小球放入甲，乙，丙三个不同的盒子
18、，每个盒子至少一个球，则有多少种不同的放法？（请用数字作答）【答案】（1）720种；（2）144种；（3）540种.【解析】【分析】（1）6个元素的全排列可得；（2）用插空法：先排，再把插入4个空档中；（3）把6个球分组，按114,123,222分组，然后再全排列即可【详解】（1）将6个元素的全排列有，所以将这些小球排成一排，有720种排法； （2）先排有种排法，再把插入4个空档中有种排法，利用分步计数原理可得有，所以若三个小球各不相邻，则有144种排法； （3）先把6个球分组，按114,123,222分组，共有种分法，再放入三个不同的盒子，有种放法，所以利用分步计数原理可得有 所以将这些小球
19、放入甲，乙，丙三个不同的盒子，每个盒子至少一个球，有540种不同的放法 .19. 已知在四棱锥中，平面为的中点.（1）求证;平面;（2）若，求锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点为，分别连接，证明后可得线面平行；（2）以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角【详解】（1）证明：取的中点为，分别连接又因为为的中点，所以，且又因所以，所以四边形是平行四边形，所以又平面平面 所以平面 （2）解：由题意三条直线两两相互垂直.以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图，因为在四边形中，所以点在线段的垂直平分线上.又因为所以所以有点，所以设平面
20、的一个法向量，则 令得 易知平面的一个法向量为， 因为，所以 ，所以锐二面角的余弦值为.20. 已知函数（1）若函数在区间是增函数，求的取值范围；（2）若函数在区间上的最小值为 ，求的表达式.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由于函数在区间是增函数，所以在恒成立，从而可求出的取值范围；（2）先对函数求导，然后分，和三种情况讨论函数的单调性，从而可求出函数的最小值【详解】解：（1）由题意，在恒成立，恒成立， （2）当时，即时，在区间上递增，当时，即时，在区间上递减，在区间上递增当时，即时，在区间上递减，. 综上，21. 已知梯形如图1所示，其中，四边形是边长为1的正方形，沿将四边形折
21、起，使得平面平面，得到如图2所示的几何体.（1）求证：平面平面；（2）求点F到平面ABE的距离；（3）若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）证明，证明平面，然后证明平面平面（2）过点作于点，说明线段的长即为点到平面的距离，然后转化求解点到平面的距离，即可得出答案（3）建系如图，求出平面的法向量，设，然后转化求解即可【详解】解（1）平面平面，平面平面平面，平面平面， 四边形是正方形、平面，平面平面，平面平面； （2）过点F作于点G，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，所以线段的长即
22、为点到平面的距离，由，得，即，所以，即点到平面的距离为；（3）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量， ，即，可取设，则解得或（舍） 故，.22. 已知函数（1）当，时，求的单调区间；（2）当时，若函数有两个不同的极值点，且不等式有解，求实数的取值范围；（3）设，若有两个相异零点，求证：【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）当，时，求得导函数，利用导函数与单调性的关系进行求解；（2）利用导数与极值的关系转化为方程有两个不相等的正实数根，利用二次函数的图象和性质及韦达定理求得的取值范围，不等式有解，转化为，利用韦达定理的
23、结论可以整理为关于实数的函数，进而利用导数进行研究求得其最大值即得的取值范围;（3）设的两个相异零点为，设，将要证不等式，转化为，进一步可转化为，设上式转化为，然后构造函数，利用导数研究单调性进而证明即可.【详解】解：（1）当，时，令，则或，令，则，的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）证明：由题可得，函数有两个不同的极值点，方程有两个不相等的正实数根，于是有解得不等式有解，设，故在上单调递增，故，故实数的取值范围为（3），设的两个相异零点为，设，欲证，需证，要证，即证，即，即，设上式转化为，设，在上单调递增，【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值、最值问题，利用导数证明不等式恒成立问题，属于较难试题.关键是转化思想和构造函数思想，数量掌握并使用导数研究函数的单调性是关键能力要求.第(2)小题中，利用极值的条件将关于极值点的表达式转化为a的函数，第（3）小题中，将双变量问题转化为单变量函数问题是要注意体会和掌握的重要方法.
