【文档说明】天津市南开区2020-2021学年高二下学期期末考试数学试题 PDF版含答案.pdf，共(4)页，232.801 KB，由管理员店铺上传

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天津市南开区2020∼2021学年度第二学期高二年级数学学科期末考试试卷题号一二三总分1617181920得分本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷（选择题共50分）得分评卷人一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.已知集合A={1,2,3,4}，集合B=�x��x2>4�，则A∩∁RB=（）（A）∅（B）{1,2}（C）{−1,1}（D）{−2,−1,1,2}2.已知P(B|A)=13,P(A)=25，则P(AB)等于（）（A）215（B）115（C）56（D）9103.已知x,y∈R，则

“xy<1”是“0<x<1y”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4.已知函数f(x)=6x−log2x，在下列区间中，包含f(x)的零点的区间是（）（A）(0,1)（B

）(1,2)（C）(2,4)（D）(4,+∞)5.一组样本数据(x1,y1),(x2,y2),···,(xn,yn)(n⩾2,x1,x2,···,xn不全相等)的散点图中，若所有样本点(xi,yi)(i=1,2,···,n)都在直线y=12x+1上，则这组样本数据的样本相关系

数为（）（A）−1（B）0（C）0.5（D）16.已知a=�12�−0.3,b=log213,c=2ln32，则（）（A）a>b>c（B）a>c>b（C）c>b>a（D）c>a>b7.已知1号箱有2个白球和4

个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是（）（A）38（B）1127（C）1124（D）8278.一车间为规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了4次试验，测得的数据如下，根据下表可得经验

回归方程ˆy=8x+11，则实数a的值为（）零件数x（个）2345加工时间y（分钟）30a4050（A）34（B）35（C）36（D）379.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y=f′(x)的图象如右图所示，则y=f(x)的图象最有可能的是（）xyO12（A）xyO1

2（B）xyO21（C）xyO21（D）xyO2110.已知函数f(x)=���2x−1,0⩽x⩽2,−x2,−2⩽x<0,g(x)=ax+1，对∀x1∈[−2,2],∃x2∈[−2,2]，使g(x1)=f(x2)成立，则实数a的取值范围是（）（A）[−1,1]（B）�1,52�（C）[−2,2

]（D）�−52,52�第II卷（共100分）得分评卷人二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分．11.下面是一个2×2列联表，则表中a处的值为．y1y2合计x1ab73x2225c合计d4612.计算：log123·log9

823=．13.将甲、乙、丙、丁4名志愿者分配到A,B,C三个小组，每个小组至少分配1人，其中甲、乙两人被分配到同一小组的不同分法的种数为．14.若随机变量ξ服从正态分布N(µ,σ2),P(µ−σ<ξ<µ+σ)=0.6827,P(µ−2

σ<ξ<µ+2σ)=0.9545，设ξ∼N(1,σ2)，且P(ξ⩾3)=0.15865，则σ=．15.已知正实数a,b满足9a2+b2=1，则ab3a+b的最大值为．第1页三、解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．得分评卷人16.（本题满分

14分）已知在�3√x−123√x�n的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是14：3．（I）求n的值；（II）求展开式的各项系数的和；（III）求展开式中所有的有理项．得分评卷人17.（本题满分15分）为

提高学生的数学学习兴趣，某学校组建了计算机软件应用和数学建模两个兴趣小组，同学们可以选择参加一个兴趣小组、参加两个兴趣小组或不参加．已知参加计算机软件应用小组的占60%，参加数学建模小组的占75%，假设每名同学的选择是相互独立的，且各个人的选择相互之间没有影响．（I）任选一名同学，求该同学参

加兴趣小组的概率；（II）任选3名同学，记ξ为3人中参加兴趣小组的人数，求ξ的分布列与数学期望．得分评卷人18.（本题满分15分）设f(x)是R上的奇函数，且对任意的实数a,b，当a+b̸=0时，都有f(a)+f(b)a+b>0．（I）若a>b，试比较f(a),f(b)的大小

；（II）若存在实数x∈�12,32�，使得不等式f(x−c)+f(x−c2)>0成立，求实数c的取值范围．得分评卷人19.（本题满分15分）某班组织同学开展古诗词背诵活动，老师要从10篇古诗词中随机抽3篇让学生背诵，规定至少要背出其中2篇才能过关．某同学只能背诵

其中的6篇，试求：（I）抽到他能背诵的古诗词的数量的概率分布；（II）他能过关的概率．得分评卷人20.（本题满分16分）设函数f(x)=12x2+alnx(a<0)．（I）若函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线斜率为12，求实数a的值；（II）求f(x)的单调区间；

（III）设g(x)=x2−(1−a)x，当a⩽−1时，讨论f(x)与g(x)图象交点的个数．第2页天津市南开区2020∼2021学年度第二学期高二年级数学学科期末考试试卷参考答案1.B解：因为B={x|x<−2或x>2}，所以∁RB={x|−2⩽x⩽2}⇒A∩∁RB={1,2}．2.A解：P(A

B)=P(A)P(B|A)=215．3.B解：当xy<1且y<0时，有x>1y，因此充分性不成立．当0<x<1y时，由于y>0，因此有xy<1成立．所以，“xy<1”是“0<x<1y”的必要而不充分条件．4.C解：显然函数f(x)=6x−log2x单调递减因为f

(2)=3−1>0,f(4)=32−2<0，所以，包含f(x)零点的区间为(2,4)．5.D解：因为样本点在直线y=12x+1上，呈现完全正相关，样本相关系数为1．6.B解：因为a=20.3>1,b<0,c=ln94∈(0,1)，所以a>c>b．7.D解：记“从1号箱出

取出红球”为事件A，“从2号箱中取出红球”为事件B．P(AB)=46×49=827．8.C解：依题意得¯x=2+3+4+54=72．因为回归方程ˆy=8x+11经过点(¯x,¯y)，所以¯y=39，即30+a+40+504=39，解得a=36．9.A解：由f′(x)的图象可知，x<0

时，f(x)单调递增，0<x<2时，f(x)单调递减，x>2时，f(x)单调递增．所以，f(x)的极大值点为0，极小值点为2，故C项正确．10.A解：当x∈[−2,0)时，f(x)单调递增，其值域为[−4,0

)；当x∈[0,2]时，f(x)单调递增，其值域为[0,3]．故f(x)的值域为[−4,3]．记A=[−4,3],g(x)在[−2,2]上的值域为B，依题意可知B⊆A．当a>0时，g(x)单调递增，B=[−2a+1,2a+1]，此时有���������a>0,−2a+1

⩾−4,2a+1⩽3,解得0<a⩽1．当a=0时，B={1}，符合题意．当a<0时，B=[2a+1,−2a+1]，此时有���������a<0,2a+1⩾−4,−2a+1⩽3,解得−1⩽a<0．综上，a∈

[−1,1]．11.52解：依题意得b=46−25=21,a=73−b=52．12.−1解：原式=−log23·log94=−log23·log32=−1．13.6解：甲、乙两人被分配到同一小组，则丙、丁两人各在一个小组，分法种数为A33=6．14.2解：因为0.158

65=1−0.66272=P(ξ⩾µ+σ)，又因为µ=1，所以，σ=2．15.√212解1：因为a>0,b>0,9a2+b2=1，所以，1=9a2+b2⩾6ab⇒ab⩽16⇒1ab⩾6，当且仅当a=√26,b=√22时等号成立．所以ab3a+b=a2b2(3a+b)2=a2b2

1+6ab=11a2b2+6ab=�1�1ab+3�2−9⩽1(6+3)2−9=√212,当且仅当a=√26,b=√22时等号成立．解2：因为a>0,b>0,9a2+b2=1,21a+1b⩽»a2+b22，所以ab3a+b=11a+3b=11a+1b3⩽12a2+�b3

�22=√212.当且仅当a=√26,b=√22时等号成立．16.（I）解：依题意得C4nC2n=143⇒�������n⩾4,n(n−1)(n−2)(n−3)24n(n−1)2=143,解得n=10．（II）解：令x=1，则有�3√x−123√x�10=1210=11024，

所以，展开式的各项系数和为11024．（III）解：�3√x−123√x�10=�x13−12x−13�10，其通项为Tk+1=Ck10�x13�10−k�−12x−13�k=�−12�kCk10x10−2k3．当10−2k3∈Z时，Tk+1为有理

项，故k=5或k=2．所以，�3√x−123√x�10展开式中的有理项为T6=−638和T3=454x2．17.（I）解：记“该同学参加计算机软件应用兴趣小组”为事件A，“该同学参加数学建模兴趣小组”为事

件B．依题意得，P(A)=0.6,P(B)=0.75，该同学没有参加过培训的概率为P�¯A¯B�=P�¯A�P�¯B�=0.4×0.25=0.1，所以，该同学参加兴趣小组的概率为1−0.1=0.9．（II）解：依题意可知，ξ的

所有可能取值为0,1,2,3,ξ∼B(3,0.9),P(ξ=k)=Ck30.9k0.13−k,k=0,1,2,3．所以，ξ的分布列为：ξ0123p0.0010.0270.2430.729第3页数学期望Eξ=np=3×0.9=2.7．18.（I）解：首先证明f(x

)在R上单调递增．设x1<−x2，则x1+x2<0．因为∀a,b∈R且a+b̸=0时，f(a)+f(b)a+b>0,x1+x2<0，所以，f(x1)+f(x2)<0．因为f(x)是R上的奇函数，所以，f(x2)=−f(−x2)，故f

(x1)−f(−x2)<0，故f(x)在R上单调递增．因为a>b，所以f(a)>f(b)．（II）解：依题意得f(x−c2)>−f(x−c)=f(c−x)．因为f(x)在R上单调递增，所以x−c2>c−x，即c2+c<2x在�12,32�上恒成立．所以，c2+c

<(2x)max=1⇒c2+c<3，解得−1+√132<c<√13−12．19.（I）解：记抽到他会背诵的古诗词的数量为X，则X的所有可能取值为0,1,2,3，且P(X=k)=Ck6C3−k4C310,k=0,1,2,3．所以，X的概率分布列为P(X=0)=C34C310=

4120=130P(X=1)=C16C24C310=36120=310P(X=2)=C26C14C310=60120=12P(X=3)=C36C310=20120=16X0123p1303101216（II）解：他能过关的概率为P(X⩾2)=P(X=2)+P

(X=3)=12+16=23．20.（I）解：因为f′(x)=x+ax，所以，f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线斜率k=f′(2)=2+a2=12，解得a=−3．（II）解：f(x)的定义域为(0,+∞)，且

f′(x)=x2+ax．由f′(x)=0得x=√−a．当0<x<√−a时，f′(x)<0,f(x)在(0,√−a)上单调递减，当x>√−a时，f′(x)>0,f(x)在(√−a,+∞)上单调递增．（III）解：设h(x)=f(x)−g(x)=−12x2+(1−a)x+

alnx(x>0)，则a⩽−1时，f(x)与g(x)图象交点的个数等价于h(x)零点的个数．h′(x)=−x+(1−a)+ax=−(x+a)(x−1)x．(i)当a=−1时，h′(x)⩽0,h(x)在(0,+∞)上单调递减．因为h(x)=−12x2+2x−lnx,h(3)=32−ln3=12(3

−ln9)>0,h(4)=−ln4<0，所以，h(x)在(3,4)上有一个零点．(ii)当a<−1时，−a>1．由h′(x)>0得，1<x<−a,h(x)在(1,−a)上单调递增．由h′(x)<0得，0<x<1或x>−a,h(x)在(0,1),(

−a,+∞)上单调递减．因为h(1)=12−a>0,h(x)在(0,1)上单调递减，所以，x∈(0,1)时，h(x)>0,h(x)没有零点．因为h(x)在(1,−a)上单调递增，所以，h(−a)>h(

1)>0．因为2−2a=−a+2−a>−a⩾1,h(2−2a)=aln(2−2a)<0，所以，h(x)在(−a,2−2a)上有一个零点．综上，a⩽−1时，f(x)与g(x)的图象有一个交点．第4页