浙江省宁波市九校2020-2021学年高二下学期期末考试数学Word版含解析

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2020-2021学年浙江省宁波市九校高二（下）期末数学试卷选择题部分（40分）一、选择题：本题共10小题，每小题4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.已知实数，，，则有（）A.B.C.D.2.不论实数为何值时，函数图象恒过定点，则这个定点的坐标为（）A.B.C.D.3.下列四个命题中是真命题的是（）A.，B.，C.，D.，4.在的展开式中，系数绝对值最大的项是（）A.B.C.D.5.函数的部分简图为（）A.B.C.D.6.一次志愿者活动中，其中小学生2名、初中生3名、高中生3名.现将他们排成一列，要求2名小学生排在正中间，要求3名高中生中任意两名不相邻，则不同的排法有（）A.144B.216C.288D.432

17.对于，，规定，点集从点集中任取一个点，在点横纵坐标有偶数的条件下，横纵坐标都是偶数的概率为（）A.B.C.D.8.已知函数是定义在上的知函数，其导函数满足，则下列结论中正确的是（）A.恒成立B.当且仅当时，C.恒成立D.当且仅当时，9.已知随机变量的分布列如下，若，则的值可能是（）124A.B.C.D.10.已知对任意的，恒有成立，则的最大值为（）A.B.C.D.非选择题部分三、填空题：共7小题，多空题6分，单空题4分，满分36分.11.已知，，则________；________.12.已知定义在上的奇函数，已知，，则该函数的解析式为________.13.意大利画家达·芬奇在绘制《抱银貂的女子》（右图）时曾仔细思索女子脖子上的黑色项链的形状是什么曲线？这就是著名的“悬链线问题”.后人研究发现悬链线方程与双曲余弦曲线密切关联，双曲余弦曲线的解析式为（为自然对数的底数）.若直线与双曲余弦曲线交于点，，曲线在，两点处的切线相交于点，且为等边三角形，则________，________.

214.已知，若，则________；________.15.将10个相同的小球放入，，三个盒子，其中盒子至少有1个小球，有________种放法.16.已知函数和，对于任意，，且时，都有成立，则实数的取值范围为________.17.已知函数和，有下列四个结论：①当时，若函数有3个零点，则；②当时，函数有6个零点；③当时，函数的所有零点之和为；④当时，函数有3个零点；其中正确结论的序号为________.三、解答题：共5小题，满分74分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.（满分14分）设全集为，，.（Ⅰ）若，求，；（Ⅱ）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.19.（满分15分）对于定义域为的函数，如果存在正数和区间，使得函数满足，则称该函数为“倍函数”，区间为“优美区间”.特别地，当时，称该函数为“一致函数”.（Ⅰ）若是“倍函数"，求的取值范围；

3（Ⅱ）已知函数.若区间为“一致函数”的“优美区间”，求，的值.20.（满分15分）（Ⅰ）计算求值：；（Ⅱ）用数学归纳法证明：.（参考数值：）21.（满分15分）甲盒中装有3个红球和2个黄球，乙盒中装1红球和4个黄球.（Ⅰ）从甲盒有放回地摸球，每次摸出一个球，摸到红球记1分，摸到黄球记2分.某人摸球4次，求该人得分的分布列以及数学期望；（Ⅱ）若同时从甲、乙两盒中各取出2个球进行交换，记交换后甲、乙两盒中红球的个数分别为、，求数学期望，.22.（满分15分）已知函数.（Ⅰ）讨论函数极值点的个数；（Ⅱ）若，且对任意正数都有成立，求实数的取值范围.（为自然对数的底数）.

4参考答案一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．）1．已知实数a＝log32，b＝log2π，，则有（　　）A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜a＜bD．c＜b＜a解：因为0＝log31＜log32＜log33＝1，所以0＜a＜1；因为1＝log22＜log2π＜log3，所以1＜b＜c，所以a＜b＜c．故选：A．2．不论实数a为何值时，函数图象恒过定点，则这个定点的坐标为（　　）A．B．C．D．解：函数＝a（2x﹣）+2x，令2x﹣＝0，解得x＝﹣1，所以y＝f（﹣1）＝，所以f（x）图象恒过定点（﹣1，），即定点的坐标为（﹣1，）．故选：B．3．下列四个命题中是真命题的是（　　）A．∃x1∈（0，+∞），B．∃x2∈（1，+∞），C．，D．∀x∈（0，1），解：根据题意，依次分析选项：对于A，＝，若∀x1∈（0，+∞），必有＜1，则必有，A错误；对于B，＝﹣，＝﹣，若∀x2∈（1，+∞），lgx2＞0，必有﹣

5＜0，即，B错误；对于C，∀x∈（0，），有＜＝，x＞＝1，则必有，C正确；对于D，当x＝时，＝＝，x3＝（）3＝，有＞x3，D错误；故选：C．4．在（x﹣2y）7的展开式中，系数绝对值最大的项是（　　）A．672x2y5B．﹣672x2y5C．560x3y4D．﹣560x3y4解：（x﹣2y）7的展开式中，通项公式为Tr+1＝•（﹣2）r•x7﹣ryr，该项的系数绝对值为•2r，要使该项的系数绝对值最大，需，即，求得＜r＜．结合r∈N，可得当r＝5时，该项的系数绝对值最大为672，故该项为T6＝﹣672x2y5，故选：B．5．函数的部分简图为（　　）A．B．C．

6D．解：根据题意，函数，其定义域为R，有f（﹣x）＝ln（+x）cos（﹣x）＝﹣ln（﹣x）cosx＝﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，排除BD，在区间（0，）上，cosx＞0，0＜﹣x＝＜1，则有ln（﹣x）＜0，必有f（x）＜0，排除C，故选：A．6．一次志愿者活动中，其中小学生2名、初中生3名、高中生3名．现将他们排成一列，要求2名小学生排在正中间，要求3名高中生中任意两名不相邻，则不同的排法有（　　）A．144B．216C．288D．432解：根据题意，分2种情况讨论：①2名小学夹在两名高中生之间，有×2＝144种站法，②2名小学没有夹在两名高中生之间，有＝288种站法，则有144+288＝432种不同的站法，故选：D．7．对于a，b∈N*，规定，点集M＝{（a，b）|a⊗b＝60，a，b∈N*}，从点集M中任取一个点，在点横纵坐标有偶数的条件下，横纵坐标都是偶数的概率为（　　）A．B．C．D．解：a⊗b＝60，a，b∈N*，若a和b一奇一偶，则ab＝60，满足此条件的有1×60＝3×20＝4×15＝5×12，故点（a，b）有8个，若a和b同奇偶，则a+b＝60，满足点横纵坐标有偶数的有2+58＝4+56＝6+54＝…＝28+32＝30+30共15组，故点（a，b）有29个，所以点横纵坐标有偶数的个数为8+29＝37个，横纵坐标都是偶数的个数为29个，

7所以在点横纵坐标有偶数的条件下，横纵坐标都是偶数的概率为．故选：A．8．已知函数f（x）是定义在R上的减函数，其导函数f'（x）满足，则下列结论中正确的是（　　）A．f（x）＜0恒成立B．当且仅当x∈（﹣∞，1）时，f（x）＜0C．f（x）＞0恒成立D．当且仅当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0解：因为函数f（x）是定义在R上的减函数，所以f′（x）＜0，故f（x）+（x﹣1）f′（x）＞0，令g（x）＝（x﹣1）f（x），则g（x）在R递增，而g（1）＝0，故x＞1时，g（x）＞0，x＜1时，g（x）＜0，则f（x）＞0，故f（x）＞0在R恒成立，故选：C．9．已知随机变量ξ的分布列如表，若E（ξ）＝3，则D（ξ）的值可能是（　　）ξ124PxyzA．B．C．D．解：因为E（ξ）＝3，则，所以x＝﹣1+2z，y＝2﹣3z，故D（ξ）＝x（1﹣3）2+y（2﹣3）2+z（4﹣3）2＝﹣2+6z，因为，解得，则1＜﹣2+6z＜2，所以1＜D（ξ）＜2．故选：B．10．已知对任意的x∈[﹣3，3]，恒有ax2+bx﹣3a+1≥0成立，则2a+b的最大值为（　　）A．B．C．D．1

8解：一方面，当x＝﹣1时，a﹣b﹣3a+1⩾0，即2a+b⩽1．另一方面，当时，此时2a+b＝1，．综上所述，2a+b的最大值为1．故选：D．三、填空题：共7小题，多空题6分，单空题4分，满分36分。11．已知A＝{x|（x+3）（1﹣x）＞0}，B＝{y|y＝log2（1﹣x），x∈A}，则A＝　（﹣3，1）　；A∪B＝　（﹣∞，2）　．解：A＝{x|（x+3）（1﹣x）＞0}＝{x|﹣3＜x＜1}，B＝{y|y＝log2（1﹣x），x∈A}＝{y|y＜2}，∴A＝（﹣3，1）；A∪B＝（﹣∞，2）．故答案为：（﹣3，1），（﹣∞，2）．12．已知定义在R上的奇函数，已知x＞0，，则f（﹣1）＝　﹣4　，该函数的解析式为　　．解：根据题意，x＞0，，则f（1）＝1+1+2＝4，则f（﹣1）＝﹣4，f（x）是定义在R上的奇函数，则f（0）＝0，当x＜0时，﹣x＞0，则f（﹣x）＝x2﹣+2，又由f（x）为奇函数，则f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣x2+﹣2，综合可得：，故答案为：﹣4，．13．意大利画家达•芬奇在绘制《抱银貂的女子》（如图）时曾仔细思索女子脖子上的黑色项链的形状是什么曲线？这就是著名的“悬链线问题”

9．后人研究发现悬链线方程与双曲余弦曲线密切关联，双曲余弦曲线C的解析式为（e为自然对数的底数）．若直线y＝m与双曲余弦曲线C交于点A，B，曲线C在A，B两点处的切线相交于点P，且△APB为等边三角形，则m＝　2　，|AB|＝　　．解：令g（x）＝，g（﹣x）＝＝，所以g（x）＝g（﹣x），所以g（x）为偶函数，即g（x）关于y轴对称，所以A，B两点关于y轴对称，则设B（x0，m），A（﹣x0，m），且m＝，又△APB为等边三角形，所以点P在y轴上，且又g′（x）＝，kPB＝，所以切线PB的方程为y﹣m＝（x﹣x0），令x＝0时，y＝（﹣x0）+m，所以点P到直线AB的距离d＝PC＝m﹣[（﹣x0）+m]＝x0，所以tan∠BPC＝tan30°＝＝＝，所以＝，

10令t＝e（t＞0），则＝，所以t2﹣6t﹣＝0，所以t＝＝±2，所以t＝+2，所以m＝＝＝＝2，所以e＝+2，所以x0＝ln（+2），所以|AB|＝2x0＝2ln（+2），故答案为：2；2ln（+2）．14．已知ai∈R（i＝0，1，⋯，10），若（x2+x﹣2）5＝a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10，则a1+a2+⋯+a9＝　32　；a7＝　﹣35　．解：∵（x2+x﹣2）5＝a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10，令x＝0，可得a0＝﹣32，a10＝＝1，再令x＝1，可得﹣32+a1+a2+⋯+a9+1＝1，∴a1+a2+⋯+a9＝32．∵a7为x7的系数，故在（x2+x﹣2）5中，有3个因式取x2，其余的2个因式一个取x，另一个取﹣2；或有2个因式取x2，其余的三个因式都取x．故a7＝••（﹣2）+＝﹣35，故答案为：32；﹣35．15．将10个相同的小球放入A，B，C三个盒子，其中A盒子至少有1个小球，有　55　种放法．

11解：根据题意，可以先放入A盒子中一个球，原问题等价于将9个球放入A，B，C三个盒子，可以有空盒子的问题，将9个小球和2个挡板排成一排，用2个挡板可以将9个小球分为3组，分别放入A，B，C三个盒子即可，有C112＝55种排法，则有55种不同的放法，故答案为：55．16．已知函数f（x）＝lnx+3和，对于任意x1，x2∈（1，2），且x1≠x2时，都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|成立，则实数b的取值范围为　　．解：由柯西中值定理可知，|f'（x）|min≥|g'（x）|max在[1，2]上恒成立，而，故当x∈[1，2]时，；g′（x）＝x﹣b，故当x∈[1，2]时，g′（x）∈[1﹣b，2﹣b]；①当时，|g′（x）|max＝2﹣b，则，解得，矛盾；②当时，|g′（x）|max＝1﹣b，则，解得；③当b＞2时，|g′（x）|max＝1﹣b，则，解得，矛盾；综上，实数b的取值范围为．故答案为：．17．已知函数和g（x）＝x2+1﹣2a，有下列四个结论：①当a＝1时，若函数y＝f（x）﹣m有3个零点，则0＜m≤1；②当1＜a≤2时，函数y＝f（g（x））有6个零点；③当时，函数y＝g（f（x））的所有零点之和为﹣1；④当a＝1时，函数y＝f（f（x））有3个零点．其中正确结论的序号为　①②③　．解：对于①：当a＝1时，f（x）＝，作出直线y＝m与函数f（x）的大致图象，如下：

12由图可知，若函数y＝f（x）﹣m有3个零点，则0＜m≤1，故①正确；对于②：当x≥0时，f（x）＝x2﹣2ax﹣a+2，其对应的方程的根判别式为△＝（﹣2a）2﹣4（﹣a+2）＝（2a+1）2﹣9，当1＜a≤2时，△＞0，令g（x）＝t，作出函数y＝f（t），t＝g（x）的大致图象，分别如下：由图可知，函数y＝f（t）有3个零点，即t1＝﹣1，t2＝p，t3＝q，且0＜p＜1，q＞1，又g（0）＝1﹣2a＜﹣1，且函数t＝g（x）的图象与直线t＝﹣1，t＝p，t＝q共6个交点，所以函数y＝f（g（x））有6个零点，故②正确；对于③：当a＝时，f（x）＝，令u＝f（x），则y＝g（u），作出函数u＝f（x），y＝g（u）的大致图象，分别如下：

13由图可知，函数y＝g（u）只有1个零点，即u＝0，函数u＝f（x）的图象与直线u＝0只有1个交点，为（﹣1，0），所以函数y＝g（f（x））所有零点之和为﹣1，故③正确；对于④：当a＝1时，f（x）＝，令v＝f（x），则y＝f（v），作出函数y＝f（v），v＝f（x）的大致图象，分别如下：由图可知，函数y＝f（v）有2个零点，即v1＝﹣1，v2＝1，函数v＝f（x）的图象与直线v＝﹣1，v＝1共有4个交点，所以y＝f（f（x））有四个零点，故④不正确．故答案为：①②③．三、解答题：共5小题，满分74分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18．设全集为R，A＝{x|（ax+4）（x﹣2a+3）＞0，a＞0}，．（Ⅰ）若a＝2，求A∩B，（∁RA）∪（∁RB）；（Ⅱ）若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．解：（Ⅰ）式子有意义，则有，即，得﹣2≤x＜1，∴B＝[﹣2，1）；当a＝2时，（ax+4）（x﹣2a+3）＞0，

14即为（2x+4）（x﹣1）＞0，得x＜﹣2或x＞1；∴A＝（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞），所以A∩B＝∅，（∁RA）∪（∁RB）＝R．（Ⅱ）因为“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，所以B是A的真子集；所以（ax+4）（x﹣2a+3）＞0在x∈[﹣2，1）上恒成立，因为a＞0，则．所以（ax+4）（x﹣2a+3）＞0的解集为，所以2a﹣3＜﹣2，得，综上可得a的取值范围为．19．对于定义域为D的函数y＝f（x），如果存在正数k和区间[m，n]⊆D（n＞m），使得函数f（x）满足{x|y＝f（x），x∈[m，n]}＝[km，kn]，则称该函数为“k倍函数”，区间[m，n]为“优美区间”．特别地，当k＝1时，称该函数为“一致函数”．（Ⅰ）若是“k倍函数“，求k的取值范围；（Ⅱ）已知函数h（x）＝x2﹣2ax+b（a，b∈R）．若区间[1，a+1]为“一致函数”h（x）的“优美区间”，求a，b的值．解：（Ⅰ）因为是“k倍函数”且是增函数，所以在区间有两个不同的解，令，则kt2﹣2t+k＝0（k＞0）在[0，+∞）有两个不同的解，则由于对称轴，端点t＝0代入得k＞0，△＝22﹣4k2＞0，得﹣1＜k＜1，综上可得：k的取值范围为（0，1）．（Ⅱ）h（x）＝x2﹣2ax+b＝（x﹣a）2+b﹣a2因为区间[1，a+1]为“一致函数”h（x）的“优美区间”，所以a+1＞1即a＞0（1）当0＜a≤1时，则，得；（2）当a＞1，且即1＜a≤2时，

15则无解；当a＞2时，则，得综上可得或．20．（Ⅰ）计算求值：；（Ⅱ）用数学归纳法证明：．（参考数值：ln3＝1.0986）【解答】（Ⅰ）解：代数式有意义，则，解得，n∈N*，所以n＝2；所以．（Ⅱ）证明：①当n＝1时，不等式，即证＞ln3，由ln3＝1.0986知，不等式成立；②假设n＝k（k≥1，k∈N*），结论成立，即成立；则n＝k+1时，不等式左侧等于，再证明：，即证，即证，即为，（*）

16令，则（*）等价于，令函数，则，所以在[1，+∞）递减，所以，当t＞1时，，即成立，所以成立，所以，即n＝k+1时，结论成立；综合①②，可得成立．21．甲盒中装有3个红球和2个黄球，乙盒中装1红球和4个黄球．（Ⅰ）从甲盒有放回地摸球，每次摸出一个球，摸到红球记1分，摸到黄球记2分．某人摸球4次，求该人得分ξ的分布列以及数学期望E（ξ）；（Ⅱ）若同时从甲、乙两盒中各取出2个球进行交换，记交换后甲、乙两盒中红球的个数分别为ξ1、ξ2，求数学期望E（ξ1），E（ξ2）．解：（Ⅰ）由题意可知，，所以ξ的分布列为：ξ45678P；（Ⅱ）由题意可知，ξ1的可能取值为1，2，3，4，所以；；

17；；故，所以E（ξ2）＝4﹣E（ξ1）＝1.8．22．已知函数f（x）＝xln2x﹣ax2﹣x（a∈R）．（Ⅰ）讨论函数f（x）极值点的个数；（Ⅱ）若a＞0，且对任意正数x都有成立，求实数a的取值范围．（e为自然对数的底数）．解：（Ⅰ）因为f（x）＝xln2x﹣ax2﹣x（a∈R），所以，研究f'（x）＝ln2x﹣2ax的变号零点，由f'（x）＝ln2x﹣2ax＝0得，记t＝2x＞0，，因为，令g′（t）＝0，可得t＝e，所以t∈（0，e）时，g'（t）＞0，t∈（e，+∞）时g'（t）＜0，故在（0，e）递增，（e，+∞）递减，画出函数的简图：且，所以a≤0时，有一个极值点；，有两个极值点；，无极值点．（Ⅱ）a＞0，且对任意正数x都有成立等价于ae3ax≥ln3x等价于3axe3ax≥3xln3x＝ln3x⋅eln3x（*）

18因为函数y＝ex⋅x在（0，+∞）单调递增所以（*）式子等价于3ax≥ln3x即为由第一题的过程可知，所求范围为[，+∞）．