【文档说明】辽宁省大连市2020-2021学年度第二学期期末考试数学（答案）.pdf，共(8)页，406.117 KB，由envi的店铺上传

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12020～2021学年第二学期期末考试试卷高二数学参考答案与评分标准说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．二、对解答题，当考生的解答在

某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数

．四、只给整数分数，填空题不给中间分．一、单项选择题：1．C，2．D，3．A，4．A，5．D，6．B，7．C，8．D．二、多项选择题：9．BD，10．AD，11．AB，12．ABD．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分.）13．2021；

14．225；15．1243；16．[4,)．四、解答题17．解：选①，解不等式得：p等价于34x，………………………………3分q等价于1axa，………………………………6分因为p是q的必要不充分条件，所以134aa

，且两个不等式等号不同时成立，解得24a，故实数a的取值范围是[2,4]．………………………………10分选②，解不等式得：p等价于34x，………………………………3分2q等价于11axa，………………………………6

分因为p是q的必要不充分条件，所以1314aa，且两个不等式等号不同时成立，解得23a，故实数a的取值范围是[2,3]．………………………………10分选③，解不等式得：p等价于34x，………………………………3分q等价于1xa，…………

……………………6分因为p是q的必要不充分条件，所以4a，又因为1a，所以14a，故实数a的取值范围是(1,4]．………………………………10分18．解：（I）补充2×2列联表如下：合格不合格总计A生产线25530B生

产线151530总计402060则222()60(2515515)7.5()()()()(255)(1515)(2515)(515)nadbcabcdacbd，由于7.5＞6.635，故有

99%的把握认为产品是否合格与生产线有关．…………6分（II）由已知得，A生产线样本中优秀、良好、不合格三个等级的产品数为5，20，5，用分层抽样的方法，从中抽取6件进行详细检测，则优秀等级的产品有56130（件），良好等级的产品有2

06430（件），不合格等级的产品有56130（件），…7分故X的可能取值有1，2，3，则1242361(1)5CCPXC，2142363(2)5CCPXC，3042361(3)5CCPXC，3所以X的分布列为X123P153515………………………………

………………………………10分所以131()1232555EX．…………………………………12分19．解：（I）()fx的导函数2()32fxxbxc，……………………………1分因

为()fx在点(1(1))Mf，处的切线方程为1230xy，所以有(1)9f，(1)12f，又因为(0)2f，……………………………………………………………2分代入解析式可得1923212bcddbc，解得392bcd

，所以函数的解析式为32()392fxxxx．…………………………………………6分（II）因为2()3693(1)(3)fxxxxx，所以()0fx，解得1x，或3x，()0fx，解得1x，或3

x，()0fx，解得13x，当[2,2]x时，列表如下：x2(2,1)1(1,2)2()fx-0+()fx0单调递增7单调递减-20由上表可知，()fx在区间2,2上的最

大值为(1)7f，4最小值为(2)20f．………………12分20．解：（I）由题意得每轮游戏获得1分的概率为23，获得2分的概率为13，…1分X可能取值为3，4，5，6，P（X＝3）＝（23）3＝827，P（X＝4）＝12321()(

)33C＝49，P（X＝5）＝22312()()33C＝29，P（X＝6）＝（13）3＝127，∴X的分布列为：X3456P8274929127………………………………………………………………5分E（X）＝842134564279927

．……………………………………6分（II）（i）证明：i＝1，即累计得分为1分，是第1次掷骰子，向上点数不超过4点的概率p1＝23，则p1﹣p0＝13，累计得分为i分的情况有两种：（1）i＝（i﹣2）+2，即前一轮累计得i﹣2分，又掷骰子点数超过4点，其概率为213ip，

（2）前一轮累计得分为i﹣1分，又掷骰子点数没超过4点，得1分，其概率为123ip，5∴211233iiippp（i＝2，3，……，9），∴1121()3iiiipppp，（i＝2，3，……，9），∴数列{pi﹣pi﹣1}，（i＝1，2，…，9）是首项为

13，公比为13的等比数列．……………………………………………………………9分（ii）∵数列{pi﹣pi﹣1}，（i＝1，2，…，9）是首项为13，公比为13的等比数列，∴11()3iiipp

，∴1013pp，2211()3pp，……，11()3iiipp，各式相加，得：011[1()]43iipp，∴311()443iip，（i＝1，2，……，9），∴活动参与者得到纪念品的概率为：8910811311111[()]()33443443pp

．………………………………12分21．解：（Ⅰ）设等差数列na的公差为d，因为0d，所以12aa，由题意得111158aaadda，解得112da，所以数列na的通项公式为23nan．…………………

………………………………………4分6（Ⅱ）因为11111()(231)(21)22321nnaannnn，所以11111111111()(1)2111335232122121nnTnnnnL

………………………………………………………………8分（Ⅲ）12123sin2nbnnn,若*nN，使得212nbbbtnL成立，只需122nbbbtnL的最小值，当n

为奇数时，1sin12n，123557799112123nbbbnnLL35471121nL2811544nn2267.nn2122222677622n

bbbnnnnnnLQ，且无限接近2，2.t当n为偶数时，1sin12n，123557799112123nbbbnnLL2459132126.nnnL7212222662nb

bbnnnnnLQ，当2n时取最小值为5，5.t综上所述，5.t………………………………………………………………12分22．解（I）函数的定义域为,a，axaxaxxf111……………1分令0xfaa

x1，0xfaxa1xf在aa1,单调递减，在上,1a单调递增，011ln11minaaaaafxf故1a．……………………4分（II）11112112ln111ln1ln1l

n14133141331--nnLL由第一问可知1,1lnxxx11111122ln1,ln1,,ln144

13133131-nnL，……………………6分112313133nnnQ，111111111331123213211141331393nnnnLL…………10分再设

2122272422mmmmh2log3,2mQ4,32m当23m时，hm有最小值即21minmh，minmhng对2,3log2m且*Nn时不等式211127ln11142413312-mmn

L恒成立.…………………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com