【文档说明】山东师范大学附属中学2020-2021学年高二下学期期中学分认定考试数学试题 含答案.docx，共(12)页，494.547 KB，由小赞的店铺上传

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山东师大附中2019级2020-2021学年第二学期期中学分认定考试数学试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共4页,满分为150分,考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔

将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上.2.第Ⅰ卷每小题选出答案后,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.3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动,先

划掉原来的答案,然后再写上新的答案,不得使用涂改液、胶带纸、修正带和其它笔.第Ⅰ卷一、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.()()5211-xx−的展开式中4x的系数为A.25B.

15C.25-D.15-2.中国古代的五音，一般指五声音阶,依次为宫、商、角、徵、羽.如果把这五个音阶全用上，排成一个五个音阶的音序，且要求宫、羽两音阶不在角音阶的同侧，可排成的不同音序的种数为A.120B.90C.60D.403.已知函数()fx的导函数为'()fx

，且满足()cos'()2fxxxf=−，则曲线()yfx=在0x=处的切线方程是A.210xy−−=B.210xy++=C.220xy−+=D.210xy++=4.函数()yfx=的图象如图所示,则()fx的解析式可以为A.1()xfxex=−B.31()fxxx=−C.21()fxxx=−D

.1()lnfxxx=−5.济南素有“四面荷花三面柳，一城山色半城湖”的美名.现有甲乙两位游客慕名来到济南旅游，yx0分别准备从大明湖、千佛山、趵突泉和五龙潭4个旅游景点中随机选择其中一个景点游玩.记事件A：甲和乙至少一人选择千佛山，事件B：甲和乙选择的景点不同，则条件

概率()PBA=A.716B.78C.37D.676.已知函数()()2eRxfxkxk=−，若函数()fx至少有两个零点，则k的取值范围是A.24,e−B.240,eC.240,e

D.240,e7.有甲、乙两个袋子,甲袋中有3个白球、1个黑球，乙袋中有2个白球、2个黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，然后再从乙袋中任取1个球，则此球为白球的概率为A.512B.712C.12D.348.拉格朗日中值定理：若函数()fx在[,]ab上连续，且在(

,)ab上可导，则必存在(,)ab，满足等式'()()()().fbafbfa−=−若21()(1)ln(1)2fxxxxx=−−−−，对1,[+1,+1]abee−，()()fbfatba−=−，那么实数t的最大值为A.2−B.1C.eD.ln2二、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,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分）9.下列结论中正确的是A.若1cosyx=，则211sinyxx=B.若2sinyx=，则22cosyxx=C.若ln5yx=，则15yx=D

.若2xye=，则2xye=10.已知在312nxx+的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论正确的是A.展开式中所有项的系数之和为256B.展开式中系数最大项为第3项C.展开式中有2项有理项D.展开式中不含x的一次项11.已知函数2()xfxeax=−，

则下列结论正确的是A.若()fx在()1,+单调递增，则实数2eaB.当2ea=时，1x=是()fx的极值点C.当12a=时，()fx的零点0x满足0112x−−D.当1a=时，()0fx恒成立12.已知函数(

)yfxa=−的图象关于直线xa=对称，函数()yfx=对于任意的0,2x满足()()cossin0fxxfxx+(其中()fx是函数()fx的导函数)，则下列不等式成立的是A.336ffB.336ff

−−−C.243ff−D.()024ff−第Ⅱ卷三、填空题（本题共4个小题,每小题5分,共20分.）13.4211xx+−的展

开式中常数项是________．14.某城市的交通道路如图，从城市的西南角A到城市的东北角B，经过城市中心广场C，最近的走法种数有__________种．15.甲、乙二人争夺一场象棋比赛的冠军，若比赛为“三

局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为23，且各局比赛结果相互独立．则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为_______．16.设()fx的定义域为(0,)+，()fx的导函数为()fx，且对任意正数x均有()()xfxfx，设1x，2x(0,)+

，12()()afxfx=+，12()bfxx=+，则,ab的大小关系是________四、解答题（本题共6个小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.（10分）若()26182020nnCCnN+−=，

且()20122nnnxaaxaxax−=++++L，求：（1）0a；（2）()0121nnaaaa−+−+−L.18.（12分）某花店每天以8元/枝的价格从鲜花种植基地购进若干枝百合，然后以10元/枝的价格出售.若有剩余，则将剩余的鲜花以4元/枝的价格退回种植基地.为了确定进

货数量，该花店统计了近50天的日需求量（单位：枝），整理得下表：日需求量100110120130140150160频数51088775以50天记录的各日需求量的频率代替各日需求量的概率.（1）求该花店鲜花日需求量n（单位：枝）的分布列；（2）若该花店一天进货130枝，记花店

当天获得的利润为X（单位：元），求X的分布列.19.（12分）五一假期来临,某商场拟通过摸球兑奖的方式回馈顾客.规定：每位购物金额超过千元的顾客从一个装有5个标有面值的球(大小质地均相同)的袋中随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获得的购物减免额.若袋中所装的5

个球中有1个标的面值为50元，2个标的面值为10元，其余2个标的面值均为5元：（1）求顾客获得的购物减免额为60元的概率；（2）若已知顾客摸到的一个球所标的面值为10元，求顾客获得购物减免额为15元的概率；（3）求顾客获得的购物减免额的分布列.20.（12分）已知函数

()(),ln1xfxegxx==+，（1）设函数()()()()hxagxgxa=+R，求()hx的单调区间和极值；（2）对任意的1xR，存在()20,x+，使得()()12fxgx=，求21xx−的最小值21.(

12分)已知函数()()2ln,02afxxxaa=+R（1）求函数()fx在1,e上的最大值；（2）当1a=时，求证：()()()22nnnfxfxnN−−.22.(12分)曲线的曲率定义如下：若'()fx是()fx的导函

数，"()fx是'()fx的导函数，则曲线()yfx=在点(,())xfx处的曲率322|"()|.1['()]fxKfx=+已知函数()cosxfxex=，()()cos0gxaxxa=+，曲线()ygx=在点(0,(0)

)g处的曲率为24.（1）求实数a的值；（2）对任意的π,02x−，()()0tfxgx−恒成立，求实数t的取值范围；（3）设方程()()fxgx=在区间ππ2π,2π32nn++（nN+）内

的根从小到大依次为12,,,,nxxxLL，求证：12nnxx+−．山东师大附中2019级2020-2021第二学年期中学分认定考试答案选择题123456789101112ADCADCBAABCDACAD填空题13.-11；14.60；15.25；16.ab四、解答题17

.（10分）【解】（1）因为()26182020nnCCnN+−=所以2618nn+=−或261820nn++−=解得4n=或4n=-（舍去）……………………4分所以()42401242xaaxaxax−=++++L令0x=，得40216a==

……………………7分（2）由（1）可知，令1x=−，得()40121381nnaaaa−+−+−==L……………………10分18.（12分）【解】（1）花店鲜花日需求量n（单位：枝）的分布列n100110120130140150160P0.10.20.160.160.140.140.1…

…………………4分（2）当日需求量不低于130枝时，花能够全部卖出，利润为2130260X==，概率为0.16+0.14+0.14+0.1=0.54当日需求量为120时，剩余10枝没有卖出，利润为2120410200X==−

当日需求量为110时，剩余20枝没有卖出，利润为2110420140X==−当日需求量为100时，剩余30枝没有卖出，利润为210043080X==−………………10分所以获得的利润X的分布列X80140200260P0.10.20.160.54……………………12分19.（1

2分）【解】(1)设顾客所获得的奖励额为X(单位:元).依题意,得()12251605CPXC===，即顾客所获得的奖励额为60元的概率为15.……………2分（2）设A=“摸到的一个球所标的面值为10

元”，B=“获得购物减免额为15元”因为()21122325710CCCPAC+==，()112225410CCPABC==所以()()()47PABPBAPA==……………………6分（3）依题意,得X的所有可能取值为60，55，20，15，10…

…………………7分()12251605CPXC===()12251505CPXC===()222512010CPXC===()1122252155CCPXC===()222511010CPXC===所以X的分布列为X6055201510P0.

20.20.10.40.1……………………12分20.（12分）【解】（1）由已知()()()ln1(0)ahxagxgxxxx=+=++所以()221axahxxxx−=−+=……………………1分当0a时，()0hx恒成立，所以

()hx在定义域单调递增，没有极值。……………………2分当0a时，令()=0hx，得xa=，列表得x()0,aa(),a+()hx负0正()hx单减极小值单增所以，()hx在区间()0,a单调递减，在(),a+单调递增，xa=时取到极小

值()()2lnhxhaa==+极小，没有极大值……………………5分综上，当0a时，()hx在定义域单调递增，没有极值。当0a时，()hx在区间()0,a单调递减，在(),a+单调递增，()()2lnhxhaa==+极小，没有极大值……………………6分（2）由已知，设()()12=t

fxgx=即()11=xfxet=，()22ln1gxxt=+=解得1lnxt=，12txe−=，所以121lntxxet−−=−，令()1ln(0)tFtett−=−，……………………8分则()1111ttteFtett−−−=−=令()11ttte−=−，则()()110ttet−

=+恒成立，所以()11ttte−=−在()0,+单调递增，且()10=当()0,1t时，()()0,0tFt，所以()Ft单调递减当()1,t+时，()()0,0tFt，所以()Ft单调递增，即

1t=时()Ft取到极小值，也是最小值，所以()()=11FtF=最小所以21xx−的最小值为1……………………12分21.(12分)【解】（1）因为0x，()211axfxaxxx=+=+……………………1分①当0a时，()0fx

，所以()fx在1,e单调递增∴()()2max12afxfee==+……………………2分②当0a时，令()=0fx得1=xa−（1a−−舍去）列表得x10,a−1a−1,a−+()fx正0负()fx单增极大值单减当11a−，即1a−时，()fx在

1,e单调递减，所以()()max12afxf==………4分当1ea−，即210ae−时，()fx在1,e单调递增，所以()()2max12afxfee==+……………………5分当11ea−，即211ae−−时

，()fx在10,a−单调递增，在1,e单调递减，所以()()max11111lnln222fxfaaa=−=−+−=−−−……………………7分综上：当0a或210ae−时，()2max12afxe=+当1a−时，()max2afx=当211ae−

−时()()max1111lnln222fxaa=−+−=−−−……………………8分（2）当1n=时，不等式显然成立；……………………9分当2n时，有：()()11nnnnnfxfxxxxx−=+−+2112121111···nnn

nnnnCxCxCxxxx−−−−=+++4122121·nnnnnnnCxCxCxx−−−−=+++设4122121nnnnnnnSCxCxCx−−−−=+++，4121221nnnnnnnSCCxCxx−−−−=+++则4412212221112nnnn

nnnnnnSCxCxCxxxx−−−−−−−=+++++()()1212222nnnnnCCC−+++=−所以22nS−即()()()22nnnfxfxnN

−−……………………12分22.（12分）【解】（1）由已知()sin1,()cos,gxaxgxax=−+=−，所以()3222411a=+，解方程得1a=−……………………2分（2）对任意的π,02x−，()()0tfxgx−，

即cossin10xtexx−−恒成立，令2x=−，则0110t+−，不等式恒成立……………………3分当π,02x−时，cos0x，原不等式化为sin1cosxxtex+……………………4分令()sin1cos

xxhxex+=，则()()()()()2coscoscossinsin1cosxxxxexexxxhxex−−+=()()221sincoscossincos1cos1sincosxxxxxxexxxex−−+=−+=所以()hx在区间π,02−

单调递增，所以最大值为()0=1h所以要使不等式恒成立必有1t……………………6分（3）由已知方程()()fxgx=可化为cossin1=0xexx−−令()cossin1xxexx=−−，则()()cossincosx

xexxx=−−因为ππ2π,2π32xnn++，所以cossin,cos0xxx所以()0x，()x在区间ππ2π,2π32nn++（nN+）上单调递减，2233132cos2sin21133322nnnenne++

+=+−+−=−−22313131312102222e++−−−−2202n+=−所以存在唯一0ππ2π,2π32xnn++，()00x=……………………9分ππ2π,2π32nxnn++

，+1ππ22π,2π32nxnn−++()()()121112cos2sin21nxnnnxexx+−+++−=−−−−1211cossin1nxnnexx+−++=−−11211coscosnnx

xnnexex++−++=−()1121=cosnnxxneex++−+−()0nx=由()x单调递减可得12nnxx+−即12nnxx+−……………………12分