【文档说明】天津市滨海新区2020-2021学年高二下学期期末考试数学试题答案.pdf，共(2)页，224.088 KB，由管理员店铺上传

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高二年级数学第1页(共4页)高二年级数学第2页(共4页)学校姓名准考证号……○…………○…………○…………○…………○…………○…………○…………○…………○…………滨海新区2020-2021学年度第二学期期末检测高二数学试题参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.1

23456789101112ACBABDBDCCAA二、填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.13141516171819200.1450.4612007；140.8429Yx=+；8.416；5241,2三、解答

题：本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．说明：解答给出了一种解法供参考，其他解法可根据试题的主要考查内容比照评分参考制定相应的评分细则.（21）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设“既有男老师又有女老师”为事件A,男生

人数为X，女生人数为Y,则………1分)2,1()1,2()(YXPYXPAP=351223CCC351322CCC109.………………3分（Ⅱ）随机变量X的所有可能取值为3,2,1……………………4分)1(XP352213CCC103

;53106)2(351223CCCXP;011)3(3533CCXP.……7分所以，随机变量X的分布列为X123P10353101……………10分随机变量X的数学期望为5910135321031)(XE……………12分（22

）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）事件“报名戏曲班”和“报名书法班”是对立事件，因为每个人报名戏曲班的概率都是13，则报名书法班的概率都是23..………1分“4个人都报名书法班”为事件A,则8116)32()(4AP.………3分（Ⅱ）依题意知，这4个人中每个人报名戏曲班的概率都是13，报名书法

班的概率都是23.则3314128(3)()()3381PXC.………5分因为)31,4(~BX,则.34)(npXE………7分（Ⅲ）的所有可能的取值为0,2,4，………8分故0PP（）（X=2

）2224128()()3327C2PPP（）（X=1）（X=3）11333144121240()()()()333381CC4PPP（）（X=0）（X=4）441217()()3381.………11分所以ξ的分布列为：ξ02

4P82740811781故8401714827801818124E（）..………12分（23）（本小题满分13分）解：（Ⅰ）若,b2则321()233fxxx，定义域R，24()fxxx，令()0,fx得0x或4x.………2分

高二年级数学第3页（共4页）高二年级数学第4页（共4页）密封线内不得答题…………………………………………………………………………………………………………………………………………..则)(),(,xfxfx关系如下

：x(,0)0(0,4)4(4,)()fx+0-0+()fx单调递增极大值3单调递减极小值233单调递增.………3分（i）当4x时，()fx有极小值，极小值为23(4)3f；………4分当0x时，()fx有极大值，极大值为(0)3f

.………5分（ii）由（i）(0)30(4)ff(1)(0)ff,125(5)50303f所以max()(0)3fxf.………7分于]5,1[x都有mxf2)(成立，则32m，.………9分5.1m，所以m的最小整数值

为2..………10分（Ⅱ）由题知，22(2)fxxbxb令()0fx，得方程222=0bxbx..………11分若0，()0fx，函数()fx在R上是增函数若函数()fx在R上不是单调函数,则有0.………12分

224(2)0bb（）-+>，解得1b<-或2b>，所以b的取值范围为1b<-或2b>.………13分（24）（本小题满分13分）解：（I）0,x则()1lnfxx，则切线斜率(1)1kf，又(1)0f.………2分所以曲线在点(1,(1))f处的切线方程为1yx

.…………………3分（Ⅱ）fx的定义域为0,，ln+1fxx，令0fx，得1xe，当1(0,)xe时，0fx，fx单调递减；由于当1(0,)xe时,()ln0,xfxx所以()fx在1(0,)e内无零点;………………5分当

1(,)xe时，0fx，fx单调递增，101fee，()0fee,由零点的存在性定理，()fx在1(,)ee有零点，且只有一个零点.………………7分（Ⅲ）由题意知：只需min{}xfxgm

，0,xm，………………8分设xxxxxfxhln)()(xxhln)(,令，0ln)(xxh得1x,故()hx在0,1单调递减，1,单调递增，………………9分①若01m，则()hx在0,m

单减，则只需hmgm，即2ln210mmmme，记21mmme，01m，因为2mme，所以m在0,ln2递减，ln2,1递增，而00，10，所以0m在01m恒成立

，又因为2ln0mm，所以2ln210mmmme对任意01m恒成立…11分②若1m>，min1hxh，只需1hgm，即1112me，解得1ln3m，………………12分综上，0,l

n3m.………………13分