山东省枣庄市2019-2020学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）.doc

1、山东省枣庄市2019-2020学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题：本大题共8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. 已知集合Ax|y，By|y2x，则AB（ ）A. （1，+）B. 1，+）C. （0，+）D. （0，1【答案】B【解析】【分析】利用幂函数的定义域和指数函数的值域化简集合A和B，再利用交集的定义求解即可【详解】集合Ax|y=， By|y2x，则AB1，+）故选：B【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查指数函数和幂函数的性质，考查学生计算能力，属于基础题2. 命题“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】C

2、【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题，写出即可【详解】命题“”的否定是 “” 故选：C【点睛】本题考查了全称命题与特称命题的否定关系，是基础题3. 已知函数，且a1）的图象过定点（m，n），则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据指数函数的图象与性质，求出的图象所过定点，再计算的值【详解】解：函数，且中，令，得，所以，所以的图象过定点，所以，；所以故选：【点睛】本题考查了指数函数与指数运算问题，属于基础题4. 若复数z满足2z+3+2i2021（i为虚数单位），则z（ ）A. 1+2iB. 12iC. 1+2iD. 12i【答案】A【解析】【分析】设，表示出，再根

3、据复数的乘方求出，再根据复数相等得到方程组，解得即可；【详解】解：设，则所以因为所以又，所以，所以，所以故选：A【点睛】本题考查复数的运算以及复数相等的应用，属于基础题.5. 一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从09中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，如果他记得密码的最后一位是偶数，则他不超过2次就按对的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】任意按最后一位数字，不超过2次就按对有两种情形一种是按1次就按对和第一次没有按对，第二次按对，求两种情形的概率和即可；【详解】密码的最后一个数是偶数，可以为按一次就按对的概率： ,第一次没有按

4、对，第二次按对的概率： 则不超过两次就按对概率：,故选：C【点睛】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式的运用，是基础题.6. 若展开式的常数项等于 ，则（ ）A. B. C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】先求出展开式中的系数，再乘以得展开式的常数项，解方程即可求解得答案.【详解】解：展开式的通项公式为：，所以当时，项的系数为：，的展开式无常数项，所以展开式的常数项为：，解得： 故选：C.【点睛】本题考查二项式的常数项的求解，是中档题.7. 已知点在幂函数yf（x）的图象上，设，cf（0.30.5），则a，b，c的大小关系是（ ）A. bcaB. cba

5、C. acbD. abc【答案】D【解析】【分析】由幂函数所过的点可得幂函数的解析式，从而得出幂函数的单调性，又比较指数式，对数式的大小关系，可得选项.【详解】设幂函数yf（x）为，因为点在幂函数yf（x）的图象上，所以，解得，所以，且函数在上单调递减，又，且0.，所以 ，所以abc，故选：D.【点睛】本题考查指数式，对数式比较大小，并且根据函数的单调性比较函数值的大小关系，属于中档题.8. 如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内若小球下落过程中

6、向左、向右落下的机会均等，则小球最终落入号球槽的的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】小球落下要经过5次碰撞，每次向左、向右落下的概率均为，并且相互独立，最终落入号球槽要经过两次向左，三次向右，根据独立重复事件发生的概率公式，即可求解.【详解】解：设这个球落入号球槽为时间，落入号球槽要经过两次向左，三次向右，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查独立重复试验，属于基础题.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9. 下列说法正确的是A 在残差图中，残差点分布的水平

7、带状区域越窄，说明模型的拟合效果越好B. 回归直线至少经过点，中的一个C. 若，则D. 设随机变量，若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据残差图中残差点的分布情况与模型的拟合效果可判断选项，线性回归直线一定经过样本中心点，线性回归直线不一定经过样本数据中的一个点，判断选项，根据公式计算出结果，判断选项，根据正态分布的性质，判断选项【详解】解：对于，在残差图中，残差点比较均匀的分布在水平带状区域中，带状区域越窄，说明模型的拟合效果越好，选项正确；对于，线性回归直线不一定经过样本数据中的一个点，它是最能体现这组数据的变化趋势的直线，选项错误；对于，选项正确；对于，随机变量，若，则，选项正确；综上

8、可得，正确的选项为，故选：【点睛】本题考查命题的真假判断，考查线性回归直线以及正态分布，考查学生的逻辑推理能力以及分析解决问题的能力，属于中档题10. 已知符号函数，则（ ）A. B. C. 是奇函数D. 函数的值域为（，1）【答案】BC【解析】【分析】对于A，判断出log23log30，根据函数解析式可得函数值；对于B，20，根据函数解析式可得函数值；对于C，讨论当x0，x0和x0时的函数值，利用奇函数的定义判断即可；对于D，写出函数解析式画出图象可得函数的值域【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，log230而log30，则log23log30，故sgn（log23log3）1，A错误；

9、对于B，20，则sgn（）1，B正确；对于C，sgn（x），当x0时，sgn（x）sgn（x）1，当x0时，sgn（x）sgn（x）1，当x0时，sgn（x）sgn（x）0，则对于任意的x，都有sgn（x）sgn（x），故sgn（x）是奇函数，C正确；对于D，函数y2xsgn（x），其图象大致如图，值域不是（，1），D错误；故选：BC【点睛】本题考查分段函数的性质，涉及函数值的计算以及函数奇偶性的判断，属于基础题11. 下面结论正确的是（ ）A. 若3个班分别从5个风景点中选择一处游览，则不同的选法种数为35B. 11!+22!+nn!（n+1）!1（nN*）C. （n+1）（m+1）（nm，

10、）D. （）【答案】BCD【解析】【分析】利用乘法原理即可得出；利用，分别相加求和即可得出；利用组合数计算公式即可得出;由二项式定理可得：的展开式的奇数项与偶数项的二项式系数相等，即可判断出结论【详解】若3个班分别从5个风景点中选择一处游览，则不同的选法种数为，因此不正确；，！，因此正确；，因此正确；由二项式定理可得：的展开式的奇数项与偶数项的二项式系数相等，可得：，因此正确故选：BCD【点睛】本题主要考查了二项式定理的展开式及其性质、排列组合计算公式，考查了推理能力与计算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平12. 设函数，则（ ）A. 的定义域为B. 若，的极小值点为1C. 若，则在上

11、单调递增D. 若，则方程无实根【答案】ABD【解析】【分析】根据对数函数的性质以及分母不为0求出函数的定义域，分别代入，求出函数的导数，求出函数的单调区间，判断即可，结合，的结论判断即可【详解】由题意得，解得：且，故函数的定义域是，故正确；当时，令，则，在定义域递增，而（1），故，时，即，递减，时，即，递增，故时，的极小值点是1，故正确；时，令，递增，而（1），（e），故存在，使得，即，故在递减，在，递增，故错误；由得：的极小值即的最小值为（1），由得：的最小值是，综合，时，的最小值是1，时，的最小值大于1，故若，则方程无实根，故正确；故选：ABD【点睛】本题主要考查函数的单调性、极值、最值和

12、零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知条件，若是的必要条件，则实数 的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】分别设条件对应的集合为，根据题意得，再根据集合关系求解即可.【详解】解：条件对应集合为，因为是的必要条件，所以，所以根据集合关系得：故答案为：.【点睛】本题考查必要条件的集合关系，是基础题.14. 已知，则的最小值是_.【答案】8【解析】【分析】利用基本不等式中 “1”的用法，即可求出结果【详解】因为，所以， 当且仅当时，即时取等号.故答案为： 【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，属于基础题15. 若定

13、义在R上的奇函数f(x)在(0，+)上单调递增，且f(1)0，则的解集为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由奇函数的性质分析可得以及在上单调递增，且，又由或或，解可得的取值范围，即可得答案【详解】根据题意，为定义在上的奇函数，则，所以当时，满足；又由函数在 上单调递增，且，则函数在上单调递增，且，所以或或， 解可得：或或或， 即的解集为； 故答案为：.【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性的应用，属于基础题16. 科学研究表明，宇宙射线在大气中能够产生放射性碳14.动植物在生长过程中衰变的碳14，可以通过与大气的相互作用得到补充，所以活着的动植物组织中的碳14含量保持不变.死亡后的动植物，

14、停止了与外界环境的相互作用，机体中原有的碳14就按其确定的规律衰变.碳14的衰变极有规律，其精确性可以称为自然界的“标准时钟”.碳14的残余量占原始含量的比值P与生物体死亡年数t满足Pat（a为正常数）.已知碳14的“半衰期”是5730年，即碳14大约每经过5730年就衰变为原来的一半.则a_；2020年1月10日，中国社会科学院考古研究所发布了“2019年中国考古新发现”六大考古项目，位于滕州市官桥镇大韩村东的“大韩墓地”成功入选.考古人员发现墓地中某一尸体内碳14的残余量占原始含量的73%，则“大韩墓地”距测算之时约_年.（参考数据：lg731.86，lg20.3）【答案】 (1). (2

15、). 2674【解析】【分析】（1）根据每经过5730年衰减为原来的一半，可得生物体内碳14的含量与死亡年数之间的函数关系式，进而解出即可；（2）利用碳14的残余量约占原始含量的，代入计算即可【详解】解：根据题意令，则有，解得；令，将代入得，即，则，解得，故答案为：；2674【点睛】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查学生的计算能力，属于中档题四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 某中学高二甲、乙两个兴趣班进行了一次数学对抗赛，该对抗赛试题满分为150分，规定：成绩不小于135分为“优秀”，成绩小于135分为“非优秀”，对这两个班的所有学生的数学

16、成绩统计后，得到如图条形图.（1）根据图中数据，完成如下的22列联表； 甲班乙班总计优秀非优秀总计（2）计算随机变量的值（精确到0.001），并由此判断：能否有90%的把握认为“成绩与班级有关”？参考数据：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：，其中【答案】（1）答案见解析；（2），没有90%的把握认为“成绩与班级有关”.【解析】【分析】（1）根据条形图中数据完成表格即可；（2）根据公式计算出的值，然后可得答案.【详解】（1）根据条形图中的数据可得如下表格，甲班乙班总计优秀152035非

17、优秀403070总计5550105（2）因为，所以没有90%的把握认为“成绩与班级有关”.【点睛】本题考查的是独立性检验，考查了学生的计算能力，属于基础题.18. 已知是定义在上的偶函数，且当时， .（1）求的解析式；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据函数的偶函数性质求解解析式即可；（2）根据偶函数性质和函数的单调性解不等式即可.【详解】解：（1）设，则， ， 是定义在上的偶函数， .的解析式为：；（2） 函数的对称轴为，开口向上， 当时，在区间单调递增，又是定义在上的偶函数，解得：，故实数取值范围为.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求函数解析式，利用

18、函数单调性与奇偶性解不等式，是中档题.19. 已知函数f（x）ax2（4a+1）x+4（aR）.（1）若关于x的不等式f（x）b的解集为x|1x2，求实数a，b的值；（2）解关于x的不等式f（x）0.【答案】（1）-1,6；（2）答案见详解【解析】【分析】（1）由f（x）b的解集为x|1x2结合韦达定理即可求解参数a，b的值；（2）原式可因式分解为，再分类讨论即可，对再细分为即可求解.【详解】（1）由f（x）b得，因为f（x）b的解集为x|1x2，故满足，解得；（2）原式因式分解可得，当时，解得；当时，的解集为；当时，若，即，则的解集为；若，即时，解得；若，即时，解得.【点睛】本题考查由一元二

19、次不等式的解求解参数，分类讨论求解一元二次不等式，属于中档题.20. 1933年7月11日，中华苏维埃共和国临时中央政府根据中央革命军事委员会6月30日的建议，决定8月1日为中国工农红军成立纪念日.中华人民共和国成立后，将此纪念日改称为中国人民解放军建军节.为庆祝建军节，某校举行“强国强军”知识竞赛，该校某班经过层层筛选，还有最后一个参赛名额要在A，B两名学生中间产生，该班委设计了一个测试方案：A，B两名学生各自从6个问题中随机抽取3个问题作答.已知这6个问题中，学生A能正确回答其中的4个问题，而学生B能正确回答每个问题的概率均为，A，B两名学生对每个问题回答正确与否都是相互独立、互不影响的.

20、（1）求A恰好答对两个问题的概率；（2）求B恰好答对两个问题的概率；（3）设A答对题数为X，B答对题数为Y，若让你投票决定参赛选手，你会选择哪名学生？请说明理由.【答案】(1) ;(2) ；(3)选择A.【解析】【分析】(1)由组合知识和古典概率公式可得出 A恰好答对两个问题的概率；(2)由3次独立重复实验中事件发生2次的概率公式可得出B恰好答对两个问题的概率；(3) X所有可能的取值为1,2,3. 利用古典概率公式分别求出X取每一个值的概率，得出X的分布列，从而求得X的期望和方差，再由，求得Y的 期望和方差，比较可得结论.【详解】(1) A恰好答对两个问题的概率为；(2) B恰好答对两个问题

21、的概率为；(3) X所有可能的取值为1,2,3. ，所以，；而，所以，可见，A与B的平均水平相当，但A比B的成绩更稳定.所以选择投票给学生A【点睛】本题考查古典概率公式的应用，独立重复实验发生的概率公式，以及离散型随机变量的分布列，二项分布，期望和方差的实际运用，属于中档题.21. 已知函数.（1）若xR，f（x）0，求实数a的取值范围；（2）用minm，n表示m，n中的较小者.设h（x）minf（x），g（x）（x0），若h（x）有三个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）,（2）.【解析】【分析】（1）利用判别式解得结果可得答案；（2）当时，在上无零点；所以在上有三个零点，再转化为是的一

22、个零点，且在上有两个零点，再根据二次函数知识列式可得结果.【详解】（1）根据题意知对任意实数恒成立，所以，解得.（2）当时，所以，所以在上无零点；所以在上有三个零点，当时，得，所以，所以是的一个零点；当时，所以，所以不是的一个零点；当时，由题意可知，是的一个零点，且在上有两个零点，所以，且，解得，综上所述，若有三个零点，则的取值范围是.【点睛】本题考查了一元二次不等式恒成立问题，考查了函数与方程思想，考查了由函数零点个数求参数范围，考查了分析推理能力，属于中档题.22. 已知函数，证明：(1)f(x)存在唯一的极值点，且为极小值点；(2)有且仅有两个实根，且两个实根互为相反数；(3) ().【

23、答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数确定函数的单调性，根据函数的单调性判断即可； （2）由（1）可知在递增，在递减，且，从而证明结论成立； （3）求出，令，根据函数的单调性证明即可【详解】证明：（1）的定义域是， 由，得， 令，解得：，令，解得：， 故在递减，在递增， 故， 当时，显然，当时， 故存在唯一的实数，使得， 综上，在递减，在递增， 因此，存在唯一的极值点，且是极小值点；（2）由(1)知：，且在递增， 在上存在唯一的实数根，且， 由得， 由（1）得，故， 又在递减，故在上存在唯一的实根，综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为相反数；（3）由， 可得，因此， 由（2）可得，对， ， 令，则， ， 当时，故在递增， 故时，故在递增， 时，即， 故， ，所以原不等式成立【点睛】本题考查了导数在函数的单调性，最值，零点问题中应用，考查利用导数证明不等式，考查转化思想，属于难题