2020-2021学年天津市南开区高二下学期期末数学试题(解析版)

一、单选题

21．已知集合A{1,2,3,4}，集合Bxx4，则ARB（ ）

A． 【答案】B

B．{1,2} C．{1,1} D．{2,1,1,2}

【分析】先求出集合B，再求ARB.

2【详解】解：因为Bxx4{xx2或x2}，

所以RBx2x2， 所以ARB1,2. 故选：B

212．已知P(B|A)=，P(A)=，则P(AB)等于（ ）

355A．

6B．

9 10C．

2 15D．

1 15【答案】C

【分析】由条件概率的计算公式求解即可.

122【详解】由题意，知P(AB)P(BA)P(A)

3515故选：C

3．对于实数x,yR，“xy1”是“0xA．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】B 【详解】由“0x“0x111”可得0xy1，即“xy1”成立，若“xy1”，x,y 时y231”的 yB．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

11”不成立，所以“xy1”是“0x”的必要不充分条件，故选B. yy【方法点睛】本题通过主要考查不等式的性质以及充分条件与必要条件，属于中档题.判断充要条件应注意：首先弄清条件p和结论q分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试pq,qp.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理. 4．已知函数fx6log2x，在下列区间中，包含fx零点的区间是 xA．0,1 【答案】C

B．1,2

C．2,4 D．4,

【详解】因为f(2)310，f(4)320，所以由根的存在性定理可知：选C. 2【解析】本小题主要考查函数的零点知识，正确理解零点定义及根的存在性定理是解答好本类题目的关键.

5．在一组样本数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn）（n≥2，x1,x2,…,xn不全相等）的散点图中，若所有样本点（xi，yi）(i=1,2,…,n)都在直线y=2x+1上，则这组样本数据的样本相关系数为（ ） A．－1 【答案】D

【分析】所有样本点（xi，yi）（i=1，2，…，n）都在直线y据完全正相关，故其相关系数为1.

【详解】由题设知，所有样本点（xi，yi）（i=1，2，…，n）都在直线y∴这组样本数据完全正相关，故其相关系数为1，故选D.

根据样本相关系数的定义可知，当所有样本点都在直线上时，相关系数为1.

1x1上， 21x1上，故这组样本数21B．0

C．2

1D．1

16．已知a2A．abc 【答案】B

0.313,blog2,c2ln，则（ ）

32B．acb

C．cba

D．cab

【分析】依题意可得a1，b0，0c1，进而可得结果. 【详解】因为a2故选：B.

7．已知1号箱中有2个白球和4个红球、2号箱中有5个白球和3个红球，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是（ ） A．

11 270.391,b0,cln0,1，所以acb．

4B．

11 24C．

8 27D．

9 24【答案】C

【分析】先求出1号箱取到红球的概率，再求出在1号箱取到红球的条件下，2号箱取

到红球的概率，利用条件概率的计算公式PB|A概率

PABPA，可求出两次都取到红球的

【详解】设“从1号箱取到红球”为事件A，“从2号箱取到红球”为事件B. 由题意，PA42314，PBA， 243819428, 所以PABPBAPA9327所以两次都取到红球的概率为故选：C

8. 27【点睛】本题考查条件概率，考查了学生对条件概率的理解及公式的掌握程度，是中档题．

8．一车间为规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了4次试验，测得的数据如下，根据下表可得回归方程y8x11，则实数a的值为（ ） 零件数x（个） 加工时间y（分钟） A．34 【答案】C

【分析】根据回归方程经过样本中心点x,y，代入即可求得a的值.

234530a4050120a3.5，y， 444120a因为回归方程经过样本中心点3.5,，

42 30 B．35

3 a 4 40 C．36

5 50 D．37

【详解】根据表中数据可知x代入回归直线方程y8x11可得解得a36， 故选：C.

120a83.511， 4【点睛】本题考查了由回归方程求原数据中参数的简单应用，属于基础题.

9．设fx是函数fx的导函数， fx的图象如图所示，则fx的图象最有可能的是

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据fx的图象，由fx的符号，确定原函数fx的单调性，确定fx的图象.

【详解】从fx的图象可以看出当x,0， fx0， fx在,0上为增函数；当x0,2时，

fx0， fx 在0,2上为减函数； fx0 ， fx 在2,当x2,时，

上为增函数，符合的图象是C. 故选：C.

【点睛】本题考查了导函数图象与原函数图象间的关系，属于容易题.

2x1,0x2,g(x)ax1，对x1[2,2],x2[2,2]，使10．已知函数f(x)2x,2x0,gx1fx2成立，则实数a的取值范围是（ ）

A．[1,1] 【答案】A

【分析】作出函数f(x)的图象，根据条件求出两个函数最值之间的关系，结合数形结合即可得到结论．

5B．1,

2C．[2,2]

55D．,

222x1,0x2【详解】解：作出函数f(x)2的图象如图：

x,2x0则当x[2，2]，f(x)的最大值为f23，最小值f(2)4，

若a0，g(x)1，此时满足x1[2，2]，x2[2，2]，使g(x1)f(x2)成立，

若a0，则直线g(x)过定点B(0,1)，

若a0，要使对x1[2，2]，x2[2，2]，使g(x1)f(x2)成立， 则满足g(x)maxf(x)max，且g(x)minf(x)min， 即2a13且2a14， 即a1且a5， 2此时满足0a1，

若a0，要使对x1[2，2]，x2[2，2]，使g(x1)f(x2)成立， 则满足g(x)maxf(x)max，且g(x)minf(x)min， 即2a13且2a14， 即a1且a5， 2此时满足1a1， 综上1a1， 故选：A 二、填空题

11．下面是一个22列联表，则表中a处的值为__________． y1 y2 合计 x1 a b 73 x2 合计 【答案】52

2 d 25 46 c 【分析】由题意，b462521,a73b52，从而得解. 【详解】解：依题意得b462521,a73b52． 故答案为：52.

12．计算：log13log98_____________．

223【答案】1

【分析】直接利用换底公式和对数的运算性质计算即可. 【详解】解：原式log23log94log23log321．

故答案为：-1.

13．将甲､乙､丙､丁4名志愿者分配到A,B,C三个小组，每个小组至少分配1人，其中甲､乙两人被分配到同一小组的不同分法的种数为__________． 【答案】6

【分析】首先确定分组情况，进而排列可得结果.

3【详解】甲乙被分配到同一小组，则丙、丁两个各在一个小组，分法种数为A36种.

故答案为：6.

14．若随机变量服从正态分布N,P(22)0.95，设2，P()0.6827，

N1,2， 且P(3)0.15865，则_______．

【答案】2

【分析】根据3原则，结合题中所给数据，分析计算，即可得答案. 【详解】解：因为0.15865又因为1，所以2． 故答案为：2

15．已知正实数a,b满足9a2【答案】2 1210.6827P()， 2b21，则

ab的最大值为_________ 3ab【详解】设3a＝cosθ，b＝sinθ，其中θ为锐角，＋cosθ，θ为锐角，则1，此时t＝

.

，sinθcosθ＝

，

＝＝

，而1，设t＝sinθ，则

116．已知在3x3的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比

2x是14:3． （1）求n的值；

（2）求展开式的各项系数的和； （3）求展开式中所有的有理项． 【答案】（1）n10；（2）

n145263452x，T9x． ；（3）有理项为T6，T3481024256【分析】（1）求得第5项与第3项的二项式系数，结合题意，列出方程，化简计算，即可求得n值；

（2）由（1）可得二项式，令x1，代入计算，即可得答案. （3）求得二项式展开式的通项公式，当即可得答案.

4Cn14【详解】（1）解：依题意得2，

Cn3102kZ时，Tk1为有理项，即可求得k值，3n4,n(n1)(n2)(n3)所以14解得n10． 24n(n1)32111（2）解：令x1，则有3x310，

210242x所以展开式的各项系数和为

10101． 102410111133（3）解：x3xx3，

22x1k3其通项为Tk1C10x10k2k111kk1033． xC10x22k当

102kZ时，Tk1为有理项，故k5或k2或k8． 310452634521x和T9x． 所以，3x3展开式中的有理项为T6，T3482562x17．为提高学生的数学学习兴趣，某学校组建了计算机软件应用和数学建模两个兴趣小组，同学们可以选择参加一个兴趣小组､参加两个兴趣小组或不参加．已知参加计算机软件应用小组的占60%，参加数学建模小组的占75%，假设每名同学的选择是相互的，且各个人的选择相互之间没有影响．

（1）任选一名同学，求该同学参加兴趣小组的概率；

（2）任选3名同学，记为3人中参加兴趣小组的人数，求的分布列与数学期望． 【答案】（1）0.9；（2）分布列见解析；期望为2.7．

【分析】（1）记“该同学参加计算机软件应用兴趣小组”为事件A，“该同学参加数学建模兴趣小组”为事件B．由题意，可得P(A),P(B)，进而可得P(A),P(B)，即可得两个兴趣小组都没参加的概率P(AB)，即可得答案.

（2）由题意得的所有可能取值为0，1，2，3，且服从二项分布B(3,0.9)，根据二项分布概率公式，求得各个取值的概率，列出分布列，即可得答案.

【详解】（1）解：记“该同学参加计算机软件应用兴趣小组”为事件A，“该同学参加数

学建模兴趣小组”为事件B． 依题意得，P(A)0.6,P(B)0.75，

该同学没有参加过培训的概率为P(AB)P(A)P(B)0.40.250.1， 所以该同学参加兴趣小组的概率为10.10.9．

（2）解：依题意可知，的所有可能取值为0，1，2，3，则B(3,0.9)，

003112所以P(0)C30.90.10.001，P(1)C30.90.10.027，

3P(2)C320.920.110.243，P(3)C30.930.100.729，

所以的分布列为：

 0 p 1 2 3 0.001 0.027 0.243 0.729 数学期望Enp30.92.7．

18．设f(x)是R上的奇函数，且对任意的实数a,b当ab0时，都有（1）若ab，试比较f(a),f(b)的大小；

13（2）若存在实数x,使得不等式f(xc)f(xc2)0成立，试求实数c的取值

22f(a)f(b)0

ab范围．

113131【答案】（1）f(a)f(b)；（2）c的取值范围为(,).

22f(a)f(b)0，所以f（a）+f（-b）＞0，由【详解】试题分析：（1）由a＞b，得

ab是定义在R上的奇函数，能得到（2）由

．

在R上是单调递增函数，利用奇偶性、单调性可把f(xc)f(xc2)013中的符号“f”去掉，分离出参数c后转化为函数最值即可解决，注意存在实数x,使

22不等式的．

成立，注意存在成立与恒成立是不同

试题解析：（1）由已知得

f(a)f(b)f(a)f(b)0，又

aba(b)ab，ab0

f(a)f(b)0，即f(a)f(b)

（2）又由（1）知

为奇函数，f(xc)f(xc2)0等价于f(xc)f(c2x)

单调递增，不等式等价于xcc2x即c2c2x

13由于存在实数x,使得不等式c2c2x成立，c2c3

22c的取值范围为(113,131)

22【解析】１．函数奇偶性与单调性的综合；２．函数存在成立问题．

19．某班组织同学开展古诗词背诵活动，老师要从10篇古诗词中随机抽3篇让学生背诵，规定至少要背出其中2篇才能过关．某同学只能背诵其中的6篇，试求： （1）抽到他能背诵的古诗词的数量的概率分布； （2）他能过关的概率．

2【答案】（1）答案见解析；（2）．

3【分析】（1）记抽到他会背诵的古诗词的数量为X，由题意分析X服从超几何分布，直接求出概率，写出分布列；

（2）利用第一问直接求出能过关的概率．

【详解】（1）解：记抽到他会背诵的古诗词的数量为X，则X的所有可能取值为0，1，

k3kC6C42，3，且X服从超几何分布，所以P(Xk)，k0,1,2,3． 3C10312C441C6C363， 所以，P(X0)3，P(X1)34C1012010C1012030321C6201C6C4601P(X2)3，P(X3)3.

C101202C101206X的概率分布列为 X 0 p 1 301 2 123 1 6112． 2633 10（2）解：他能过关的概率为P(X2)P(X2)P(X3)20．设函数f(x)12xalnx(a0)． 21（1）若函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线斜率为2，求实数a的值；

（2）求f(x)的单调区间；

（3）设g(x)x2(1a)x，当a1时，讨论f(x)与g(x)图象交点的个数． 【答案】(1)3 ；(2)答案见解析；(3)1个.

【分析】(1)由导函数与切线的斜率的关系得到关于实数a的方程，解方程可得a3 ;

(2)求解函数的导函数， 由导函数研究函数的单调性分类讨论，即可得到函数的单调区间；(3)利用题意构造函数Fxfxgx，分类讨论函数Fx零点的个数即可确定

f(x)与g(x)图象交点的个数为1个.

【详解】（1）函数f(x)12axalnx的导数为f(x)x， 2x1由函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线斜率为2，

可得2a1，解得a3； 22x2a， x（2）函数f(x)的定义域为(0,)，f(x)当a0,f(x)(xa)(xa)，

x0xa,f(x)0,xa,f(x)0，

所以当a0时，f(x)的单调递增区间是(a,)， 单调递减区间是(0,a)； （3）令Fxfxgx12xalnxx2(1a)x 21x2(1a)xalnx,x0，

2问题等价于求函数F(x)的零点个数． 当a1时，F(x)x1aa(x1)(xa)， xx由a1时，F(x)0,F(x)在(0,)上单调递减， 93由F(3)6ln3ln30,F(4)88ln40，

22由零点存在定理可得F(x)在(3,4)内存在一个零点；

当a1时，即a1时，F(x)单调递减区间是(0,1),(a,)， 单调递增区间是(1,a)，

11F(x)的极小值为F(1)(1a)aln1a0，

2212122极大值为F(a)aaaaln(a)aaaln(a)0，

22由x时，F(x)，可得F(x)存在一个零点． 综上可得，当a1时，f(x)与g(x)图象交点的个数为1．