【文档说明】黑龙江省哈尔滨市五常市雅臣中学2019-2020学年高二期末考试数学（理）试卷含答案.doc，共(11)页，357.000 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

数学（理）一、选择题（共12题，每题5分，共60分）1、复数131iZi−=−，则Z的共轭复数Z在复平面内对应点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2、设随机变量服从二项分布),(p

nB，且6.1)(=E,28.1)(=D,则（）A.2.0,8==pnB.4.0,4==pnC.32.0,5==pnD.45.0,7==pn3、用反证法证明命题“已知,*abN，如果ab可被5整除，那么,ab中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为

（）A．,ab都能被5整除B．,ab都不能被5整除C．,ab不都能被5整除D．a不能被5整除4、已知随机变量()23XN，，且()4025PX=．，则()2PX=（）A．0.25B．0.3C．0.75D．0.655、在的展开式中，含的项的系数是（）A.60B.160

C.180D.2406、函数()21ln2fxxx=−的图象大致是（）7、随机变量X的分布列为()()1cPXkkk==+，1,2,3,4k=.c为常数，则1522PX的值为（）A.45B.56C.23D.348、某人有3个电

子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有（）A.8种B.15种C.35种D.53种9、对两个变量y与x进行回归分析，得到一组样本数据：),,(11yx),,(22yx),(,33yx...),(nnyx，则下列说法中不正确的是()A．由样本数据得到的回

归方程必过样本中心B．残差平方和越小的模型，拟合的效果越好C．用相关指数R2来刻画回归效果，R2越小，说明模型的拟合效果越好D．若变量y与x之间的相关系数为r＝－0.9362，变量间有线性相关关系10、在5道题中有3道代数题和2道几何题.如果不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到代数

题的条件下，第2次抽到代数题的概率为()A.15B.25C.35D.1211、用数学归纳法证明“（）”时，由的假设证明时，不等式左边需增加的项数为（）A.B.C.D.12、已知函数()()()2lnxxbfxbRx+−=，若

存在1,22x，使得()()'fxxfx−，则实数b的取值范围是（）A．9,4−B．3,2−C．(),2−D．(),3−二、填空题（共4题，每题5分，共20分）13

、某幼儿园的老师要给甲、乙、丙、丁4个小朋友分发5本不同的课外书，则每个小朋友至少分得1本书的不同分法数为______.14、观察下列式子：1311111151,12,1222342382++++++

++你可归纳出的不等式是___________15、若函数()21lnfxmxxx=−−在()1,+上单调递增，则实数m的取值范围是.16、如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求

每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有种.（用数字作答）三、解答题（共6题，17题10分，18-22每题12分，共70分）17.（10分）（1）设，用综合法证明：；（2）用分析法证明：

.18.（12分）已知412nxx+的展开式的二项式系数之和为1024．（1）求展开式中的常数项；（2）求展开式中的系数最大的项．19.（12分）已知函数axxexfx−−=2213)(.（1）若函数)(xf的图象在0=x处的切线方程为bxy+=2，求b

a,的值；（2）若函数)(xf在R上是增函数，求实数a的最大值．20.（12分）已知某摸球游戏的规则如下：从装有5个大小、形状完全相同的小球的盒中摸球（其中3个红球、2个黄球），每次摸一个球记录颜色并放回，若摸出红球记1分，摸出黄球记2分．（1）求“摸球三次得分为5分”的概率；（2）设ξ为摸球三

次所得的分数，求随机变量ξ的分布列和数学期望．21.（12分）每年春晚都是万众瞩目的时刻，这些节目体现的文化内涵、历史背景等反映了社会的进步.国家的富强，人民生活水平的提高等.某学校高三年级主任开学初为了解学生在看春晚后对节目体现的文化内涵、历史背景等是否会在今年的高考题中体现进行过思考，特地随机

抽取100名高三学生（其中文科学生50，理科学生50名），进行了调查.统计数据如表所示（不完整）：“思考过”“没有思考过”总计文科学生4010理科学生30总计100（1）补充完整所给表格，并根据表格数据计算是否

有95%的把握认为看春晚后会思考节目体现的文化内涵、历史背景等与文理科学生有关；（2）①现从上表的”思考过”的文理科学生中按分层抽样选出7人.再从这7人中随机抽取4人，记这4人中“文科学生”的人数为,

试求的分布列与数学期望；②现设计一份试卷（题目知识点来自春晚相关知识整合与变化），假设“思考过”的学生及格率为34，“没有思考过”的学生的及格率为14.现从“思考过”与“没有思考过”的学生中分别随机抽取一名学生进

行测试，求两人至少有一个及格的概率.附参考公式：22()()()()()nadbcKabcdacbd−=++++，其中nabcd=+++.参考数据：()20PKk0.0500.0100.0010k3.8416.63510.82822.（12分）设函数()lnxfxxxae=−，()2

12xmxx=+，其中aR，e是自然对数的底数．（1）若()fx在()0,+上存在两个极值点，求a的取值范围；（2）当10fe=，设()()()Fxfxx=−，mR，若()Fx在()0,+上存在两个极值点1x，2x，且12xx，求证：2

12xxe．参考答案1、A2、A3、B4、C5、D6、B7、B8、D9、C10、D11、C12、A12【解析】()()()()()'·,?0,0fxxfxfxxfxxfx−+，设()()()2lngxxfxxxb==+−，所以已知条件转

化为存在1,22x，使得()0gx成立，()122gxxbx+=−，1220xbx+−在区间1,22上有解，所以12bxx+在区间1,22上有解，令12yxx=+，结合函数单调性可知当2x=时函数取得最大值94，94b

，所以b的取值范围是9,4−.13、24014、111212322nn+++++15、16、9617、（1）而（2）要证，只需证，即证，只需证，即，而显然成立，故原不等式得证.18、（1）412n

xx+的展开式的二项式系数之和为21024n=，得10n=.412nxx+Q的展开式的通项为()1041040511010122kkkkkkkTCxCxx−−−+==.令4050k−=，解得8k=，因此，412nxx+的展开式中的常

数项为82102180C=；（2）设10102kkkaC−=，则()()()()()1011110101010!1!9!210210!221!10!kkkkkkkkaCkaCkkk−+++−+−−===+−.当02k时，

11kkaa+，则有0123aaaa；当310k时，11kkaa+，则有3410aaaL.所以，当3k=时，ka最大，因此，展开式中的系数最大的项为37252510215360Cxx=.19、(1)∵,213)(2axxexfx−−=∴

axexfx−−=3)(，…………1分则.3)0(af−=由题意知23=−a，即1=a.…………3分∴,213)(2xxexfx−−=，则.3)0(=f于是3,023=+=bb.∴==31ba.…………5分(2)

由题意0)(xf，即03−−axex恒成立，∴xeax−3恒成立…………6分设xexhx−=3)(，则13)(−=xexh.…………7分令0)(=xh，得3ln−=x∴当)3ln,(−−x时，0)(xh，)(xh为减函数；当),3ln(+−x时，0)(xh，)(x

h为减函数，∴3ln1)3ln()(min+=−=hxh.∴3ln1+a，即a的最大值为3ln1+.…………12分20、（1）由题意得,记A表示“摸球三次得分为5分”，则摸出的三个球应该为一次红球两次黄球则()213323655125CPA

==(2)由题意可知，可以取6，5，4，30303328(6)55125PC===12133236(5)55125PC===21233254(4)55125PC===303

33227(3)55125PC===所以，的分布列为X6543P8125361255412527125836654542734.2112511255252E=++=+21、（1）填表如下：“

思考过”“没有思考过”总计文科学生401050理科学生302050总计7030100由上表得，2K的观测值2100(40201030)1004.7623.8415050703021k−==，故有

95%的把握认为看春晚节目后是否会思考与文理科学生有关.（2）①由题意，得抽取的100名学生中“思考过”的有文科学生40人，理科学生30人，所以抽取7人中文科学生有4人，理科学生有3人，所以的所有可能取值为1，2，3，4.1343474(1)35CCPC===，7223

4418(2)35CCPC===，31434712(3)35CCPC===,4043471(4)35CCPC===,所以的分布列为1234P43518351235135故数学期望为41812116()1234353535357E

=+++=.②设“思考过”的学生的及格率为1P，则134P=；“没有思考过”的学生的及格率为2P，则214P=，所以两人至少有一个及格的概率为3133111344444416P=++=.22、（1）()1xfxlnxae=+−，由题意可

知，10xlnxae+−=在(0,)+上有两个不同的实数根，即1xlnxae+=，只需函数1()xlnxgxe+=和ya=图象有两个交点，211(1)1()()xxxxelnxelnxxxgxee−+−−==，易知1()1hxlnx

x=−−在(0,)+上为减函数，且()10h=，当(0,1)x时，()0gx，()gx为增函数；当(1,)x+时，()0gx，()gx为减函数；所以1()(1)maxgxge==，所以1ae，又当0x→，()gx→−，

x→+，()0gx，要使()fx在(0,)+上存在两个极值点，则10ae．故a的取值范围为1(0,)e．（2）10fe=易得0a=，()()()21ln2Fxfxxxxmxx=−=

−−()Fx在()0,+上存在两个极值点1x，2x，且12xx()lnFxxmx=−有两个零点1x，2x，则1122ln0ln0xmxxmx−=−=，解得12121212lnlnlnlnxxxxmxxxx+−==+−于是

()()221212111221211lnlnlnlnln1xxxxxxxxxxxxxx+−++==−−又120xx，设21xtx=则1t，因此()121lnlnln1ttxxt++=−，1t要证12lnln2xx+，

即证()1ln21ttt+−，1t即当1t时，()21ln1ttt−+，设函数()()21ln1thttt−=−+，1t，则()()()()()()222212111011ttthttttt+−

−−=−=++所以，()ht为()1,+上的增函数，又()10h=，因此()()10hth=于是，当1t时，有()21ln1ttt−+，所以，有12lnln2xx+成立，即212xxe，得证版权所有：高考资源网(www.ks5u.com)