山东省聊城市2020-2021学年高二下学期期末数学试题（教师版含解析）.doc

2020-2021学年度第二学期期末教学质量抽测 高二数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试川时120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡的相应位置上. 2.回答选择题时，选出每小题的答案后，川23铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，只将答题卡交回. 一､单项选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.) 1. 设集合，且，则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用列举法表示出集合，进而可得. 【详解】，且，，所以. 故选：B. 2. 命题“”的否定是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可得解. 【详解】解：因为存在量词命题的否定为全称量词命题， 所以命题“”的否定是“”. 故选：D. 3. 若，且能被17整除，则的最小值为( ) A. 0 B. 1 C. 16 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】将化为，根据能被17整除，即可求得的值，进而得出答案. 【详解】解： ， 因为能被17整除， 而能被17整除， 所以也能被17整除， 故，即， 所以的最小值为18. 故选：D 4. 若关于的不等式(的解集为，则关于的不等式的解集为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由关于的不等式(的解集为，得，， 将代入不等式，即可解不等式. 【详解】解：因为关于的不等式(的解集为， 所以，则，故，， 则不等式可化为， 即， 因为，所以不等式的解为：或， 所以关于的不等式的解集为. 故选：D. 5. 甲、乙、丙、丁四位同学计划去4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件=“四位同学去的景点不相同”，事件=“甲同学独自去一个景点”，则( ) A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意结合计数原理的知识求出所有基本事件数、发生的基本事件数、发生的基本事件数，由古典概型概率公式可得、，再利用条件概率概率公式即可得解. 【详解】甲、乙、丙、丁四位同学计划去4个景点旅游，每人只去一个景点共有个基本事件， 甲同学独自去一个景点，共有个基本事件，则； 事件、同时发生即事件：四位同学去的景点不相同发生，共有个基本事件，则； 所以. 故选：A. 【点睛】本题考查了条件概率求解，考查了计数原理与古典概型概率公式的应用，熟记公式、合理分步是解题关键，属于中档题. 6. 小李大学毕业后回到家乡开了一家网店，专门卖当地的土特产，为了增加销量，计划搞一次促销活动，一次购物总价值不低于M元，顾客就少支付20元，已知网站规定每笔订单顾客在网上支付成功后，小李可以得到货款的85%，为了在本次促销活动中小李从每笔订单中得到的金额均不低于促销前总价的75%，则M的最小值为( ) A. 150 B. 160 C. 170 D. 180 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求得在本次促销活动中小李从每笔订单中得到的金额为元，进而得出，从而可求得M的最小值. 【详解】解：由题意：在本次促销活动中小李从每笔订单中得到的金额为元， 所以，解得：， 所以M最小值为170. 故选：C. 7. 2021年4月24日是第六个“中国航天日”，今年的主题是“扬帆起航逐梦九天”.为了制作一期展示我国近年来航天成就的展览，某校科普小组的6名同学，计划分“神舟飞天”､“嫦娥奔月”､“火星探测”3个展区制作展板，每人只负责一个展区，每个展区至少有一人负责，则不同的任务分配方案有( ) A. 990种 B. 630种 C. 540种 D. 480种 【答案】C 【解析】 【分析】分成三类，每一类用分步计数原理结合排列组合可得任务分配方案种数，然后相加即可得到结果. 【详解】分成三类： ① 将6名同学分成三组：一组1人，一组2人，一组3人： 不同的任务分配方案有种； ② 将6名同学分成三组：一组4人，其他两组各2人： 不同的任务分配方案有种； ③ 将6名同学平均分成三组：各组都是2人： 不同的任务分配方案有种； 综上可知，不同的任务分配方案共有种. 故选：C. 8. 数学家高斯是世界著名的数学家之一，他一生成就极为丰硕，仅以他的名字“高斯”命名的成果多达110个，为数学家中之最.对于高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如表示实数的非负纯小数，即，如.若函数，且有且仅有3个不同的零点，则实数的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据高斯函数的定义，将函数的零点问题转化为两函数图象的交点问题，然后借助函数图象数形结合求参数的取值范围即可． 【详解】函数有且仅有3个零点，即的图象与函数的图象有且仅有3个交点． 画出函数的图象，易知当时，与的图象最多有1个交点，故， 作出函数的大致图象，结合题意可得，解得． 故选：A． 二､多项选择题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.) 9. 已知，以下说法中正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先利用对数不等式的解法求出，利用不等式的性质判断选项A，利用特殊值判断选项B，利用作差法判断选项C，利用指数的单调性判断选项D． 【详解】解：因为，所以， 对于A，因为，所以，故选项A正确； 对于B，不妨取，则，故选项B错误； 对于C，，因为，所以，，，故，所以，故选项C正确； 对于D，因为，所以，则，即，故选项D正确． 故选：ACD． 10. 下列关于成对样本数据的统计分析的判断中正确的有( ) A. 若样本相关系数，则说明成对样本数据没有相关性 B. 样本相关系数r越大，成对样本数据的线性相关性越强 C. 用最小二乘法求得的一元线性回归模型的残差和一定是0 D. 决定系数越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好 【答案】CD 【解析】 【分析】根据样本相关系数判断A和B，根据一元线性回归模型的最小二乘估计判断C和D. 【详解】对于选项A：当时，只表明成对样本数据间没有线性相关关系，但是不排除它们之间有其他相关关系. 故A错误； 对于选项B：样本相关系数越大，成对样本数据的线性相关性越强. 故B错误； 对于选项C：残差和为. 故C正确； 对于选项D：决定系数越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好. 故D正确. 故选：CD. 11. 某单位举行建党100周年党史知识竞赛，在必答题环节共设置了5道题，每道题答对得20分，答错倒扣10分每道题都必须回答，但相互不影响.设某选手每道题答对的概率均为，其必答环节的总得分为，则( ) A. 该选手恰好答对2道题的概率为 B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】答对的题目数，得分，进而可对每个选项作出判断. 【详解】设答对的题目数为，则，得分. 该选手恰好答对2道题的概率为，故A错误； ，则，故B正确； ，则，故C错误； ，故D正确. 故选：BD. 12. 关于函数，其中，下列判断正确的是( ) A. 是函数的极值点 B. 当时，函数有两个不同的零点 C. 当时，函数的最小值为2 D. 当时，函数在上的值域为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据与进行分类讨论出函数的图象与性质，然后逐个选项分析即可. 【详解】由题意知，函数的定义域为，且，当时，在上单调递减，当时，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，此时， 对A，因为当时，在上单调递减，此时无极值点，故A错误； 对B，当时，，即，又因为时，且时，，所以此时函数的图象与轴有两个交点，即函数有2个不同的零点，故B正确； 对C，当时，，故C正确； 对D，当时，在上单调递增，故，，故函数在上的值域为，故D正确； 故选：BCD. 三､填空题(本顯共1个小题，每小题5分，其20分. 13. 某车间为了规定工时定额,需要确定加工零件所花费的时间,为此进行了5次试验收集到的数据如下表: 零件数x 10 20 30 40 50 加工时间y/min 62 75 81 89 由最小二乘法求得回归方程为=0.67x+54.9,现发现表中有一个数据模糊不清,请你推断出该数据的值为_____. 【答案】68 【解析】 【分析】 【详解】设空白处数值为，由于回归直线方程过样本中心点,,代入回归直线方程得,解得,故填. 14. 某块农田播种的一等小麦种子中含有3%的二等种子，已知一等小麦种子结出的麦穗每只含有50颗以上麦粒的概率为0.5，若在该块农田种出的小麦中，有49%的麦穗含有50颗以上麦粒，则二等小麦种子结出的麦穗每只含有50颗以上的麦粒的概率为__________.(用最简分数作答). 【答案】 【解析】 【分析】根据全概率公式求解即可. 【详解】设“二等小麦种子结出的麦穗每只含有50颗以上的麦粒”的概率为， 依题意得，解得. 故答案为：. 15. 奇函数定义域为R，且函数为偶函数，若.则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数和偶函数得函数是以4为周期的函数，求得，进而可得结果. 【详解】因为是定义域为R的奇函数，所以，且， 又为偶函数，所以， 所以，即， 所以，故函数是以4为周期的函数. 所以，，，，则. 故. 故答案为：. 16. 函数的定义域为R，为的导函数，若“”是真命题，则不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，根据得到函数的单调性，将不等式化为，再根据函数的单调性即可解得不等式. 【详解】令，则， 因为，且， 所以，所以在上单调递减， 由， 则，即， 所以，所以， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 四､解答题(本题共6个小题，共70分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤) 17. 已知的展开式中第7项和第6项的系数之比为 (1)求展开式的第5项； (2)求展开式的奇数项的系数之和. 【答案】(1)；(2) 【解析】 【分析】(1)根据展开式的通项公式为：，结合展开式中第7项和第6项的系数之比为，求得，即可求得展开式的第5项； (2)设展开式中第项的系数为，，令，令，两式相加即可求得展开式的奇数项的系数之和. 【详解】解：展开式的通项公式为：， 由题意知，解得， 所以， 所以展开式的第5项为； (2)设展开式中第项的系数为，， 则奇数项的系数之和为， 令， 则，① ，② 所以①②得：， 所以， 即展开式的奇数项的系数之和为. 18. 已知函数是幂函数，且. (1)求函数的解析式； (2)试判断是否存在实数，使得函数在区间上的最大值为6，若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；(2)存在，. 【解析】 【分析】(1)根据函数是幂函数，且，求出实数，即可求出函数的解析式； (2)化简得，求出对称轴，分，，三种情况分别求得函数的最大值，即可求出实数的值. 【详解】解：因为函数是幂函数， 所以，解得或， 当时，，则，故不符题意， 当时，，则，符合题意， 所以； (2)由(1)得 ， 函数图像开口向下，对称轴为：， 当时，函数在区间上递减， 则，解得，符合题意； 当时，函数在区间上递增， 则，解得，符合题意； 当时，，解得，不符题意， 综上所述，存在实数满足题意. 19. 某校高二年级共有1500名学生(其中男生900名)，为了了解学生每天的体育锻炼时间情况，按性别分层随机抽样得到一个容量为100的样本，经计算得到样本的平均值为62(单位：分钟)，方差为16. (1)若学生的每天体育锻炼时间近似服从正态分布，用样本估计总体，试估计该校高二年级每天体育锻炼时间在区间[66，74]内的学生人数(最后结果按四含五入保留整数)； (2)若把每天体育锻炼时间在[80，120]内的称为“锻炼达人”，该样本中共有“锻炼达人”58人，且从男生中随机抽取一人，其为“锻炼达人”的概率为0.7，完成下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为锻炼达人和性别有关. 性别 锻炼达人 合计 是锻炼达人 非锻炼达人 男生 女生 合计 附：独立性检验中常用小概率值和相应的临界： 若，则， 【答案】(1)236人；(2)列联表见解析，锻炼达人和性别有关. 【解析】 【分析】(1)根据题求得随机变量，根据题中所给公式及正态分布的对称性即可求得该校高二年级每天体育锻炼时间在区间[66，74]内的学生人数； (2)根据题意分别计算出样本中男生人数和女生人数，在计算出男生中“锻炼达人”的人数和女生中“锻炼达人”的人数，即可完成列联表，利用求得，对照数据即可得出结论. 【详解】解：(1)由题意得，随机变量的样本均值为62，方差为16，用样本均值估计参数，样本方差估计，可以得到， 则， ， 所以， ， 所以该校高二年级每天体育锻炼时间在区间[66，74]内的学生人数约236人； (2)按照分层抽样方法可知，样本中男生人数为：人，女生人数为40人， 所以男生中“锻炼达人”的人数为人， 女生中“锻炼达人”的人数为人， 则列联表： 性别 锻炼达人 合计 是锻炼达人 非锻炼达人 男生 42 18 60 女生 16 24 40 合计 58 42 100 零假设为：锻炼达人和性别无关， 根据列联表中的数据，计算 ， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为锻炼达人和性别有关. 20. 某中学学生会为了让新高一的同学更好的了解学校的各种社团活动，计划设计一张形状为矩形的宣传海报来介绍各社团活动.如图，该海报设计上､中､下三个全等的矩形栏目，三矩形栏目面积总和为60000，四周空白部分的宽度均为10，栏目之间中缝宽度为5. (1)要使整个宣传海报的用纸面积S最小，应该怎样设计每个矩形栏目的长度x(单位：)和高度y(单位：)，并求出S的最小值； (2)若学校宣传栏只剩下一块长度为180，高度为780的矩形区域可用于张贴宣传海报，为使整个宣传海报的用纸面积S最小，又该如何设计每个矩形栏目的长度 (单位：)和高度y(单位：)，并求出S的最小值. 【答案】(1)宽为，高宽为，广告的面积最小为；(2)宽为，高宽为，广告的面积最小为． 【解析】 【分析】(1)根据矩形栏目面积确定高与宽的关系，可得整个矩形广告面积，再利用基本不等式，即可求得最值； (2)由题意得，再根据，得，得，由(1)可知，整理得，令，根据函数的单调性求得最小值及去最小值时的值，即可得解. 【详解】解：(1)根据题意得，所以， 广告的高为，宽为(其中，， 广告的面积 ， 当且仅当，即时，取等号， 此时．故当广告矩形栏目的宽为，高宽为，广告的面积最小为． (2)由题意得，，则， 因为，所以， 所以，解得：， 由(1)可知 ， 令，， 则在恒成立， 所以在递增， 故， 所以当时，S最小， 且最小值为：， 所以故当广告矩形栏目的宽为，高宽为，广告的面积最小为． 21. 已知函数. (1)当时，求的极值； (2)讨论函数的单调性. 【答案】(1)函数的极大值为，极小值为；(2)讨论过程见解析. 【解析】 【分析】(1)根据导数的性质，结合函数极值的定义进行求解即可； (2)根据函数导函数的零点之间的大小关系进行分类讨论即可. 【详解】(1)当时，， 当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增， 所以当时，函数有极大值， 极大值为：， 当时，函数有极小值，极小值为， 即函数的极大值为，极小值为； (2)， 当时，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增； 当时，令，得， 当时，，，函数在整个实数集上单调递增； 当时，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增； 当时，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 综上所述：当时，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增； 当时，函数在整个实数集上单调递增； 当时，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增； 当时，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增. 【点睛】关键点睛：根据函数导函数的零点的大小分类讨论是解题的关键. 22. “学习强国”平台的“四人赛”栏目的比赛规则为：每日仅前两局得分，首局第一名积3分，第二､三名各积2分，第四名积1分；第二局第一名积2分，其余名次各积1分， (1)若从5名男生2名女生中选出4人参加比赛，设其中男生的人数为，求的分布列和数学期望； (2)甲､乙二人每日都连续参加两局比赛，经统计可知甲同学每日得分的均值为3.25，方差为0.38.现已知乙同学每一局比赛中他得第一名的概率为，得第二或三名的概率为，已知每局比赛中四个人的名次各不相同，且两局比赛结果互不影响，请问甲､乙二人谁的平均水平更高？谁的稳定性更高？ 【答案】(1)的分布列见解析，；(2)甲的平均水平更高，甲的稳定性更高 【解析】 【分析】(1)先找出所有可能的取值，然后再求出每个值所对应的概率，最后列表即可； (2)先求出乙的期望与方差，再与甲的期望与方差比较，即可求解 【详解】(1)依题意可得所有可能的取值为2，3，4， ，，， 故的分布列为： 2 3 4 故 (2)依题意可得乙首局的3分的概率为，得2分得概率为， 得1分得概率为， 乙第二局的2分的概率为，得1分得概率为， 设乙每日得分为，则所有可能的取值为2，3，4，5， ，， ，， 故， ，， 甲的平均水平更高，甲的稳定性更高