【文档说明】黑龙江省大庆铁人中学2020-2021学年高二下学期期末考试数学（理）答案.doc，共(6)页，828.000 KB，由小赞的店铺上传

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铁人中学2019级高二学年下学期期末考试数学试题（理）参考答案一、选择题123456789101112ABCCBCABBBCA二、填空题13.21,0|yyy且14.①④15.18016.6详细答案一、选择题1．A【详解】由{2AxRzxi==+∣的实部为0}，则0A=，

{|||,}0ByyxxA===，所以{2,1,1.2}CB=−−ð，故选：A.2．B【详解】如果1l，//，当12ll⊥时，22//,,ll2,l⊥2l与相交但不垂直四种情况，如果1l，//，当2l⊥时，可

得2l⊥，可得12ll⊥，所以“12ll⊥”是“2l⊥”的必要不充分条件.故选：B.3.C【详解】解：依题意可得1161110163abab++=−++=，解得1312ab==，所以()22211111151013633329DX

=−−+−+−=所以()()25313959DXDX+===故选：C4.C【详解】对于p：记()()sin0fxxxx=−，∵()1cos0fxx=−，∴()sinxxxf−=在()0,+上单增，所以当0x

时，有()()00fxf=，即sinxx，故p是真命题；对于命题q：∵()10f−，()00f，∴函数()fx在()1,0−上有一个零点，又∵()()240ff==，∴函数()fx至少有三个零点，故q为假，∴p为假命题.所以①pq为假命题；②p

q为真命题；③pq为真命题；④pq为假命题故②③为真.故选：C.5.B【详解】函数()1cos1xxefxxe−=+的定义域为R，()()()()()111coscoscos111xxxxxxxxeeeefxxxxfxeeee−−−−−−−−=−==−++=+

，即函数()fx是奇函数，图象关于原点对称，排除AC.当01x时，cos0x，101xxee−+，则()0fx，排除D.故选：B．6.C【详解】甲、乙总的选课方法有：3355CC种，甲、乙两人的选课中仅有一门课程相

同的选法有：5412CC种，（先选一门相同的课程有15C种选法，若要保证仅有一门课程相同只需要其中一人从剩余4门课程中选取2门，另一人选取剩余的2门课程即可，故有24C种选法）所以概率为12543355310C

CPCC==，故选：C.7.A【详解】62axx−的展开式的通项为6631662()()rrrrrrraTCxaCxx−−+=−=−，由630r−=，得2r=．∴常数项为226()1510aCa−==，23a=，由于cosyx

=与x轴有一个交点为(,0)2，232|sin|sincoscos3222032220−=−=−=xxdxxdxxS故选：A．8.B【详解】完成这件事情，可以分两步完成，第一步，先将5为医生分为四组且甲、乙两位医生不在同一组，共有2519C−=种方案；第二步，再将这四

组医生分配到四所医院，共有4424A=种不同方案，所以根据分步乘法计数原理得共有249216=种不同安排方案.故选：B.9.B【详解】先排高一年级学生，有22A种排法，①若高一年级学生中间有高三学生，有24A种排法；②若高一学生中间无高三学生

，有111223CCC种排法，所以共有()221112422348AACCC+=种排法．故选：B．10.B【详解】11561()()()()6636366PPPP=====甲，乙，丙，丁，1()0()()()()()36PPPPPP===甲丙甲丙，甲

丁甲丁，1()()()()0()()36PPPPPP==乙丙乙丙，丙丁丁丙，故选：B11.C【详解】∵ln2020ln2022ln20202021ln2021ln2021ln20212022ab==，构造函数2ln()(e)1xfxxx=+，2(1)ln()(

1)xxxfxxx+−=+，令()(1)lngxxxx=+−，则()ln0gxx=−，∴()gx在2[e,)+上单减，∴22()(e)1e0gxg=−，故()0fx，所以()fx在2[e,)+上单减，

∴ln2020ln(2020)2021(2020)(2021)01lnlnln2021ln(2021)2022afffababbf==，同理可得lnlnbcbc，故abc，12.．A【详解】令2()()xfxgxe=，则4242()()0()()0xxx

xfxefxegxeegx−+−=+−=()()0gxgx+−=，即()gx是(2,2)−上奇函数，而0x时，()2()fxfx，2()2()()0xfxfxgxe−=，()gx在(0,2)上递增，于是()gx在(2,2)−上递增，又2

(1)(1)1fge==，22(2)244(2)(2)(2()1)xxxeegxegxgefxe−−−−，所以22114xx−−，不等式24(2)xefxe−的解集为(1,4)，A正确.故选：A二，填空题13.答案：21,0|y

yy且14．答案：①④【详解】①：23201xxx−+==或2x=，故“1x=”是“2320xx−+=”的充分不必要条件，①正确；②：命题“若且，则且”的逆命题为“若且，则且”，当时，命题不成立，故②错误③：令2(0)xtt=，故③中方程等价于210ttm++−=，而

命题P是假命题，则210(0)ttmt++−=无解，由于对称轴102t=−，只需101mm−厔即可，③不正确；④：因为()cosgxx=为偶函数，所以()coscos||gxxx==，所以()cos|cos|fxxx=+，cosyx=的最小正周期为，()()()()cosc

oscoscosfxxxxxfx+=+++=−+.且(2)cos(2)|cos(2)|()fxxxfx+=+++=，所以()fx的最小正周期为2T=，所以④正确.故答案为：①④15.答案：180【详解】由题意，派遣8名干部分成两个小组，每组至少

3人，可得分组的方案有3、5和4、4两类，第一类有3282(1)110CA−=种；第二类有4428422270CCAA=种，由分类计数原理，可得共有11070180N=+=种不同的方案.16.答案：6【详解】令()tfx=，方程为：()1

0eftt+−=，即()1tfte−=，()yft=与1tye−=的性质如下：1、()yft=：在(,0)−上单调递增，值域为(0,)+；1(0,)e上递增,1(,1]e上递减，值域为1[0,]e且11()fee=、(1)0f=；(1,)+上单调递增，值域为(0,)+；2、

1tye−=：过定点(1,0)，定义域上单调递减；∴可得函数图象如下图示，∴共有三个交点，横坐标分别为123,,ttt，且123101ttte=，∴当1()tfx=，显然无解；当2()tfx=时，有四个实根；当3()tfx=时，有两个实根，∴如下图示

：一共有6个实根.故答案为：6三、解答题17.答案（1）（5，6）；（2）m≥2．【详解】（1）因为m＝5，所以f(x)＝（a﹣5）x因为p是真命题，所以0＜a﹣5＜1，解得5＜a＜6．故a的取值范围是（5，6）（

2）若p是真命题，则0＜a﹣m＜1，解得m＜a＜m+1．关于x的方程x2﹣2ax+a2﹣1＝0的两根分别为a﹣1和a+1．若q是真命题，则a﹣1＞1，解得a＞2．因为p为真命题是q为真命题的充分不必要

条件，所以m≥2．18.答案（1）10n=；（2）180；（3）1.解析：（1）由第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为8：3，可得3283nnCC=，化简可得2833n−=，求得10n=．（2）由于2()n

xx−二项展开式的通项公式为5110(2)rrrrTCx−+=−，令53r−=，求得2r=，可得展开式中3x项的系数为2210(2)180C−=．（3）由二项式定理可得1051002()(2)nrrrrxCxx−=−=−，所以令x=1得0123101

0101010102481024CCCCC−+−++10(12)1=−=.19.（1）19；（2）分布列答案见解析，数学期望：14881.【详解】依题意知，这4个人中每个人去甲地的概率为13，去乙地的概率为23.设“这4个人中恰有i人去甲地”为事件0,1,2,3,4iAi=（），则4

-412()()()33iiiiPAC=.（1）设“这4个人中去甲地的人数大于去乙地的人数”为事件B，则34BAA=，由于3A与4A互斥，故3144443341211()()()3339PBPAPCCA=++==（）（）（）.所以这4个人中去甲地的人数大于去乙地的人数的概率为19.（2）的

所有可能的取值为0,2,4，由于1A与3A互斥，0A与4A互斥，故28270PPA===（）（），1340812PPAPA==+=（）（）（），0417814PPAPA==+=（）（）（）.所以ξ的分布列为：ξ024P82740811781故840171482780181812

4E=++=（）.20.【详解】（1）()()()()()11110++=+++=axxfxaxaxxx，当0a时，()0fx¢>，()fx在()0,+上单调递增，当0a时，10xx+，令()0fx¢>，解得：10xa−，令()0fx，解得：1xa−，故(

)fx在10,a−递增，在1,a−+递减，综上：当0a时，()fx在()0,+上单调递增，当0a时，()fx在10,a−递增，在1,a−+递减.

（2）证明：由（1）知，当0a时，()max1111ln2=−=−−+−fxfaaa，令()()ln10gxxxx=−+，则()1xgxx−=，令()0gx，解得：01x，令()0gx

，解得：1x，故()gx在()0,1递增，在()1,+递减，故()gx的最大值是()10g=，故()0gx即ln1−xx，故11ln1−−−aa，故()max111131ln112222=−−+−−−−−=−−fxaaaaa，故当0a时，()

322−−fxa.21.答案：（Ⅰ）15；（Ⅱ）1603（元）.【详解】（Ⅰ）记“顾客摸球三次被停止”为事件A，则()11223235145CCAPAA==分（Ⅱ）的可能取值为0、40、80()212

2222355106ACAPAA==+=()11311222322234551403CCACCAPAA==+=，()21331422332445551802CCACCAPAA==+=的分布列为0408

0P161312)(316021803140610)(元=++=E22.答案（1）两个；（2）证明见解析.【详解】（1）3a=时，()2ln3fxxx=+−，()22xfxx−=，令()0fx，解得2x;令()0fx，解得0

2x，则()fx在()0,2单调递减，()fx在()2,+单调递增，所以()fx在()1,2e−单调递减，在()32,e单调递增，因为()1240fee−=−，()3320fee=，()2ln220f=−，所以存在()11,2xe−，()10

fx=，存在()322,xe，()20fx=，所以3a=时，()fx在()13,ee−上有两个零点，（2）证明：因为()fx有两个零点，所以()20f，即ln210a+−，解得1ln2a+.设1202xx，则要证121244xxxx+−，因为1244x−，22x，

又因为()fx在()2,+上单调递增，所以只要证()()()12140fxfxfx−==，设()()()4gxfxfx=−−()02x则()()()()()()22222822424044xxxgxfxfxxxxx−−−−=−−=+=−−−所以()gx在()

0,2上单调递减，()()20gxg=，所以124xx+.