【文档说明】安徽省六安中学2019-2020学年高二下学期期中考试数学（理）试题含答案.docx，共(15)页，444.146 KB，由小赞的店铺上传

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高二期中考试数学试卷（理科）时间：120分钟分值：150分一、单选题（每小题5分，共60分）1．已知函数xf的导函数为xf'，且满足xefxfln2'（其中e为自然对数的底数），则ef'（）·A．eB．1eC．1eD．12．计算

66sinxdx=（）A.1B.-1C.3D.03．设随机变量的分布列为1,2,3,4,55kPakk，则13105P等于（）A．35B．45C．25D．154．在12nxx的展开式

中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中5x的系数为（）A．7B．358C．358D．75．已知定义在区间2,2上的函数yfx的图象如图所示，若函数'fx是fx的导函数，则不等式'fx>0

的解集为()A．1,1B．2,11,1C．1,2D．3,10,36．某人连续投篮5次，其中3次命中，2次未命中，则他第2次，第3次两次均命中的概率是()A．310B．25C．12D．357．根据以往数据统计,某酒店一商务

房间1天有客人入住的概率为45，连续2天有客人入住的概率为35,在该房间第一天有客人入住的条件下,第二天也有客人入住的概率为（）A．13B．12C．35D．348．若点P是函数xxxfln)(2上任意一点，则点P到直线02yx的最小距离为（）A．2B．22C．21D．

39．从数字1，2，3，4，5中任取三个数字，组成没有重复数字的三位数，则这个三位数大于400的概率是()，A．2/5B．2/3C．2/7D．3/410．甲、乙、丙、丁四个人去旅游，可供选择的景点有3个，每人只能选择一个景点且甲、乙不能同去一个景点，则不同的选择

方案的种数是（）A．54B．36C．27D．2411．设()fx是R上的可导函数，且满足()()fxfx，对任意的正实数a，下列不等式恒成立的是A．()(0)afaefB．()(0)afaefC．(0)()affaeD．(0)()affa

e12．已知函数2()12xxfxe,若()fxkx在[0,)x时总成立，则实数k的取值范围是()A．(,1]B．(,]eC．(,2]eD．2,e二、填空题（每小题5分

，共20分）13．已知函数xxxfcos，P为函数xf图象上的一点，则过P点的切线的斜率取值范围是______.14．小芳、小明两人进行射击比赛，每人击中目标的概率为41，规则如下：若击中目标，则由原射击人人继续射击；若未击中目标，则由对方接着射击．规定第1次从小明开始，则前4次

射击中小明恰好射击2次的概率15．某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为54,那么播下3粒种子至多有1粒未发芽的概率是.（请用分数表示结果）16．如图一个正方形花圃被分成5份．若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的

花，己知现有红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，则不同的种植方法有种三、解答题17．（10分）已知函数xxxxf33123，求xf在4,4内的最值.18．（12分）某厂生产的产品在出厂前都要做质量检测，每一件一等品都能通过检测，每一件二等品通过检测的概率为23.现有10件产品，其

中6件是一等品，4件是二等品.（1）随机选取1件产品，求能够通过检测的概率；（2）随机选取3件产品，其中一等品的件数记为X，求X的分布列.19.（12分）已知函数21()32xfxexax.（1）若函数()fx的

图象在0x处的切线方程为2yxb，求,ab的值；（2）若函数()fx在R上是增函数，求实数a的最大值.20．（12分）某医院有内科医生8名，外科医生6名，现选派4名参加抗击新冠肺炎疫情医疗队，其中（1）甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法；（2）队中至少有一名内科医生和一名外科医

生，有几种选法.21．（12分）若*2210,4,1Nnnxaxaxaaxnnn.已知23242aaa.（1）求n的值；（2）设(13)3nab，其中*,abN，求223ab的值.22．（12分）已知函数2()(2)lnfxaxaxx

（1）若函数()fx在x=1时取得极值，求实数a的值；（2）当0＜a＜1时，求()fx零点的个数.参考答案1．C2．D3．D∵随机变量的分布列为1,2,3,4,55kPakk，∴123451

a，解得115a，∴11121211025515155PPP．4．D因为在12nxx的展开式中，只有第5项的二项式系数最大所以8n所以812xx的展开式的通项为88

218811,0,1,2,,822rrrrrrrTCxxCxr令852r，得2r=所以展开式中5x的系数为228172C5．A6．A由题意某人连续投篮5次，其中3次命中，2

次未命中，因为基本事件总数3252nCC10，他第2次，第3次两次均命中包含的基本事件个数212232mCCC3，所以他第2次，第3次两次均命中的概率是m3pn10．7．D设第二天也有客人入住的概率为P，根据题

意有43=55P，解得34P，故选D.8．A试题分析：由xxxfln)(2得1'()2fxxx（x>0），设点0,0()Pxy，则过P的切线斜率为0012kxx，令00121xx得01x，故P（1，1），点P到直线02yx的距离为2即为最小

距离.9．A由题得总的三位数个数为3560A,这个三位数大于400的个数为122424CA,所以由古典概型概率得242.605P10．A每人只能选择一个景点且甲、乙不能同去一个景点，甲有3种，乙有两种，丙、丁各有

3种，共54种。11．B12．A()()xfxexgx，()10xgxe所以函数()gx在[0,)上单调递增，则()(0)0gxg则()0fx，所以函数()fx在[0,)上单调递增令()hxkx，则函数()fx与函数()hxk

x在[0,)x的图像如下图所示0(0)01fe，则函数()fx在0x处的切线的斜率为1因为k表示一次函数()hxkx的斜率，要使得()fxkx在[0,)x时总成立则1k13．2,014．3964因为第1次从小明开始，所以前4

次射击中小明恰好射击2次的概率，1313333133944444444464P．15．125112试题分析：由对立事件可知所求概率为1251125451512133Cp16．72；先对E部分种植，有4种不同的种植方法；再对A部分种植，又3种不

同的种植方法；对C部分种植进行分类：①若与A相同，D有2种不同的种植方法，B有2种不同的种植方法，共有432248（种），②若与A不同，C有2种不同的种植方法，D有1种不同的种植方法，B有1种不同的种植方法，共有4321124（种），综上所

述，共有72种种植方法。17.32133fxxxx，2'23fxxx，310,xxxf或310,xxf∴fx在,1和3,内单调递增；

fx在1,3内单调递减；.................................5分又∵7643f，513f，39f，2043f，∴min7643f

xf；max513fxf.........................10分18．(Ⅰ)642131010315PA所以随机选取3件产品，至少有一件通过检测的概率为1315...

...................................5分（Ⅱ）由题可知X可能取值为0,1,2,3.30463101030CCPXC,21463103110CCPXC,1246310122CCPXC,034631

0136CCPXC.则随机变量X的分布列为X0123P1303101216.....................................12分19．解：（1）由题意，函数21()32xf

xexax.故()3xfxexa，则(0)3fa，由题意，知32a，即1a.又21()32xfxexx，则(0)3f.203b，即3b.13ab...................................

..............6分（2）由题意，可知()0fx…，即30xexa…恒成立，3xaex„恒成立.设()3xgxex，则()31xgxe.令()310xgxe，解得ln3x.令()0gx，解得ln3x.令()0gx，解得ln3x.(

)gx在(,ln3)上单调递减，在(ln3,)上单调递增，在ln3x处取得极小值.min()(ln3)1ln3gxg.1ln3a„，故a的最大值为1ln3......................

...........................12分20．（1）不考虑甲、乙两人，从所有14名医生中选派4名共有4141001C种；甲、乙两人都没被选派共有412495C种；故甲、乙两人至少有一人参加，有1001

-495=506种；......................................6分（2）此时4名医生的组成为，第一类：1名内科医生、3名外科医生，共有1386160CC种；第二类：2名内科医生、名外科医生，共有2286420CC种；第三类：3名内科医生、1名外科

医生，共有3186336CC种；故队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有160420336916种选法.........12分21．（1）因为0122(1)CCCC4nnnnnnnxxxxn

，，所以2323(1)(1)(2)C,C26nnnnnnnaa，44(1)(2)(3)C24nnnnna．因为23242aaa，所以2(1)(2)(1)(1)(2)(3)[]26224nnnnnnnnn

，解得5n．......................................6分（2）由（1）知，5n．5(13)(13)n0122334455555555CC3

C(3)C(3)C(3)C(3)3ab．解法一：因为*,abN，所以024135555555C3C9C76,C3C9C44ab，从而222237634432ab．解法二：50122334455555555(

13)CC(3)C(3)C(3)C(3)C(3)0122334455555555CCC(3)C(3)C(3)(3C3)．因为*,abN，所以5(13)3ab．

因此225553(3)(3)(13)(13)(2)32ababab．...............12分22．解：(1)()fx定义域为(0)，，22(2)1(21)(1)()axaxxaxfxxx

，由已知，得(1)0f，解得1a，当1a时，(21)(1)()xxfxx，所以()001,fxx，()01,fxx所以()fx减区间为(01)，，增区间为(1)，，所以函数()f

x在1x=时取得极小值，其极小值为(1)0f，符合题意，所以1a......6分(2)令(21)(1)()0xaxfxx，由01,a，得11,xa所以1()00fxxa，1()0fxxa，所以(

)fx减区间为1(0)a，，增区间为1()a，，所以函数()fx在1xa时取得极小值，其极小值为11()ln1faaa=+-，因为01a，所以ln0a，11a，所以110a，所以11()ln10faaa=+-<，因为21222()110aaa

aefeeeee，根据零点存在定理，函数()fx在1(0)a，上有且仅有一个零点，因为lnxx，22()(2)ln(2)(3)fxaxaxxaxaxxxaxa，令30axa，得3a

xa，又因为01a，所以31aaa->，所以当3axa时，()0fx，根据零点存在定理，函数()fx在1()a，上有且仅有一个零点，所以，当01a时，()fx有两个零点................

.......................12分