【文档说明】甘肃省武威市第二中学2020-2021学年高二下学期期中考试数学（文）试题含答案.docx，共(9)页，484.418 KB，由小赞的店铺上传

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武威二中2020-2021-2学期高二年级期中考试文科数学试卷第I卷（选择题）一、单选题(共48分)1．(本题4分)若复数z满足(12)5zi+=，其中i为虚数单位，则复数z的虚部是（）A．2B．2iC．2−D

．2i−2．(本题4分)从2019年末开始，新型冠状病毒在全球肆虐.为了研制新型冠状病毒疫苗，某大型药企需要从150名志愿者中抽取15名志愿者进行临床试验，现采用分层抽样的方法进行抽取，若这150名志愿者中老年人的人数

为50人，则老年人中被抽到进行临床试验的人数是（）A．15B．10C．5D．13．(本题4分)已知复数12izi+=（i为虚数单位），则z在复平面内对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限4．(本题4分)AQI是表示空气质量的指数，AQI

指数值越小，表明空气质量越好，当AQI指数值不大于100时称空气质量为“优良”．如图是某地3月1日到12日AQI指数值的统计数据，图中点A表示3月1日的AQI指数值为201．则下列叙述不正确．．．的是（）A．这12天中有6天空气质量为“优良”

B．这12天中空气质量最好的是4月9日C．这12天的AQI指数值的中位数是90.5D．从3月4日到9日，空气质量越来越好5．(本题4分)曲线ln1yxx=++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为（）A．210xy−+=B．210xy−−=C．20xy−=D．20xy−=6．(本题4分)已知

某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（）A．求首项为1，公差为2的等差数列的前2017项和B．求首项为1，公差为2的等差数列的前2018项和C．求首项为1，公差为4的等差数列的前1009项和D．求首项为1，公差为4的等差数列的前1010项和7．(本题4分)已知函数的图象如图所示，其中为函

数的导函数，则的大致图象是A．B．C．D．8．(本题4分)宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于其思想的一个程序框图，若输人的a、b分别

为5、2，则输出的n=（）．A．3B．4C．5D．69．(本题4分)为了比较甲、乙两种棉花的纤维长度，随机抽测了它们的纤维长度（单位：cm），记录整理成如下茎叶图，以下说法错误．．的是（）A．甲的平均值比乙的平均值小B．甲的方差

比乙的方差小，甲的稳定性更好C．甲的中位数是25，乙的中位数是27D．甲集中在茎2，3上，占711；乙集中在茎2，3上，占91110．(本题4分)若函数1()lnfxxaxx=++在)1,+上是单调减函数，则a的取值范围是（）A．1,4−−B

．1,4−−C．1,2−−D．1,2−−11．(本题4分)设直线xt=与函数2()fxx=，()lngxx=的图像分别交于点M，N，则MN的最小值为（）A．1B．1ln

24+C．55ln42−D．11ln222+12．(本题4分)当xR时，不等式11exxax−−恒成立，则实数a的取值范围为（）A．3a=B．2a=C．2aD．212eea−第II卷（非选择题）二、填空题(共20分)13．(本题5分)曲线22lny

xxx=−−在点()1,1−处的切线的斜率为_____.14．(本题5分)已知i是虚数单位，复数134izi+=−，则||z=________．15．(本题5分)函数()(2)xfxxe=−的单调递减区间为_______.16．(本题5分)下面给出四种说法：

①设a、b、c分别表示数据15、17、14、10、15、17、17、16、14、12的平均数、中位数、众数，则abc；②在线性回归模型中，相关系数r的绝对值越接近于1，表示两个变量的相关性越强；③绘制频率分布直方图时，各小长方形的面积等于相应各组的组距；④线性回归直线不一定过样本中

心点(),xy.其中正确说法的序号是______.三、解答题(共52分)17．(本题10分)（1）计算：2(12)3(1)2iii++−+；（2）求函数cosxyex=的导函数；18．(本题10分)已知函

数32()()fxxaxxa=+−R在1x=处的切线与x轴平行.（1）求常数a的值；（2）求函数()fx在[0,3]x的最大值和最小值.19．(本题10分)某研究机构对某校高二文科学生的记忆力x和判断力y进行统计分析，得下表数据．x681012y2356（1）请根据上表提供的数据，

用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程；（2）试根据（2）中求出的线性回归方程，预测记忆力为14的学生的判断力.（参考公式：其中()()()1122211ˆˆˆˆˆ,ˆ,nniiiiiinniiiixxyyxynxyybxabayb

xxxxnx====−−−=+===−−−）20．(本题10分)某地教育部门对某学校学生的阅读素养进行检测，在该校随机抽取了M名学生进行检测，实行百分制，现将所得的成绩按照[40,50),[50,60),[

60,70),[70,80),[80,90)，[90,100)分成6组，并根据所得数据作出了如下所示的频数与频率的统计表和频率分布直方图.分组频数频率[40,50)[50,60)25p[60,70)s0.3

0[70,80)mn[80,90)100.10[90,100]合计M1（1）求出表中,Mp及图中a的值；（2）估计该校学生阅读素养的成绩中位数以及平均数.21．(本题12分)已知函数f(x)＝x+alnx+1．（1）求函数f(x)的单调区间和极值；（2）若f(x)在[1，e]上的最小值为－a+

1，求实数a的值．武威二中2020-2021-2高二数学文科试题参考答案1．C2．C3．A4．C5．D6．C7．B8．B9．B10．A由题意得，()fx211axx=+−，因为()1lnfxxaxx=++在[1，+∞）上是单调减函数，所以()fx≤0在[1，+

∞）上恒成立，当()fx≤0时，则2110axx+−在[1，+∞）上恒成立，即a211xx−，设g（x）2211111()24xxx=−=−−，因为x∈[1，+∞），所以1x∈（0，1]，当112x=时，g（x）取到最大值是：14−，所以a14−，所以数a的取值范

围是（﹣∞，14−]11．D设2()()()lnhxfxgxxx=−=−，0x，则2121()2xhxxxx−=−=，当202x时，()0hx，()hx递减，22x时，()0hx，()hx递增，所以min21211()()lnln222222hx

h==−=+．12．B令1()exxfx−=，∵1x时()0fx，∴0a不合条件.令1()1exxhxax−=−+，故()0hx恒成立，又()0=0h，∴()hx要在0x=处取最大值，故0x=为()hx在R上的极大值点，故()00h=

，又2e()exxxahx−−=，故0e020a−=−∴2a=，13．-1214．2515．(1,)+16．①②17．（1）1255i+；（2）()cossinxyexx=−；.18．（1）1a=−；（

2）min()1fx=−，max()15fx=.【详解】（1）32()fxxaxx=+−，2()321fxxax=+−，由于()yfx=图像在1x=处的切线与x轴平行，所以(1)3210fa=+−=，解得1a=−，经验证，满足题

意所以1a=−.（2）由(1)知，32()fxxxx=−−，'2()321(31)(1)fxxxxx=−−=+−.令'()0fx，得13x−或1x，所以，()fx在1(,),(1,)3−−+上为增函数；令'()0fx，得113−x，所以，()fx在1(,1)3−上为减函数

.所以，()fx在[0,1]上为减函数，在1,3上为增函数.min()(1)1fxf==−.又(0)(3)ff，所以max()(3)15fxf==.20．（1）ˆ0.72.3yx=−（2）判断力为7.5.【详解】（1）68101294x+++==，

235644y+++==，()()41(3)(2)(1)(1)113214iiixxyy=−−=−−+−−++=，()422221(3)(1)1320iixx=−=−+−++=，所以14ˆ0.720b==.ˆˆ40.792.3aybx=−=−=−.故线性回归方程

为ˆ0.72.3yx=−.（2）当14x=时ˆ0.7142.37.5y=−=，故可预测记忆力为14的学生的判断力为7.5.21．（1）100,0.25,0.02Mpa===；（2）中位数是2003，平均数是68.5.【详解】（1）由频率统计表可知：101000.1

M==，250.25100p==由频率分布直方图可知：(0.0050.0250.030.010.01)101a+++++=，解得0.02a=（2）∵前两组的频率和为0.050.250.30.5+=，前三组的频率和为0.050.2

50.30.60.5++=∴中位数在[60,70)内，设中位数为x，则0.050.25(60)0.030.5x++−=，解得2003x=，即中位数为2003.平均数为450.05550.25650.3750.2850.1950.168.5+++++=∴估计该校学

生阅读素养的成绩中位数是2003，平均数是68.5.22．（1）单调递增区间为(,)a−+，单调递减区间为(0,)a−，f(x)有极小值为()ln()1faaaa−=−+−+，无极大值；（2）a＝－1．【详解】解：（1）函

数f(x)的定义域为(0,),+()1axafxxx+=+=当0a时，()fx＞0恒成立，f(x)在(0,)+上单调递增，无极值；当a＜0时，令()fx＞0，解得x＞－a，令()fx＜0，解得x＜－a，所以f(

x)的单调递增区间为(,)a−+，单调递减区间为(0,)a−，此时f(x)有极小值()ln()1faaaa−=−+−+，无极大值；（2）()1axafxxx+=+=，x∈[1，e]，由()fx＝0得x＝－a，①

若a≥－1，则x＋a≥0，即()0fx在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)min＝f（1）＝－a+1，即2＝－a+1，则a＝－1，符合条件．②若a≤－e，则x＋a≤0，即()fx≤0在

[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，∴f(x)min＝f(e)＝－a+1，即e＋a＋1＝－a+1，则a＝e2−，不符合条件．③若－e<a<－1，当1<x<－a时，()fx<0，∴f(x)在(1，

－a)上为减函数；当－a<x<e时，()fx>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝﹣a+1，即－a+aln(－a)＋1＝﹣a+1，则a＝0或a＝－1，均不符合条件．综

上所述，a＝－1．