河南省信阳市2020-2021学年高二下学期期末考试数学（理）试题 Word版含答案

信阳市2020-2021学年度高二下学期期末教学质量检测

数学（理科）试题

（测试时间：120分钟卷面总分：150分）

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置．

2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效．

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知复数之满足，则复数的共扼复数所对应的点位于复平面的（  ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2.已知函数，则（  ）

A． B． C． D．

3.用反证法证明命题“自然数，，中至少有一个偶数”，则证明的第一步，其正确的反设为（  ）

A．，，都是奇数  B．，，都是偶数

C．，，至少有一个奇数 D．，，至多有一个偶数

4.有一散点图如图所示，在个数据中去掉后，给出下列说法：

①相关系数变大；②相关指数变大；

③残差平方和变小；④解释变量与预报变量的相关性变强．

其中正确说法的个数为（  ）

A．个 B．个 C．个 D．个

5.若的展开式中各项系数之和为，则展开式的常数项为（  ）

A． B． C． D．

6.函数的单调递减区间为（  ）

A． B． C． D．

7.与的关系为（  ）

A．  B．

C．  D．无法确定

8.在桥梁设计中，桥墩一般设计成圆柱形，因为其各向受力均衡，而且在相同截面下，浇筑用模最省．假设一桥梁施工队在浇筑桥墩时，采用由内向外扩张式浇筑，即保持圆柱高度不变，截面半径逐渐增大，设圆柱半径关于时间变化的函数为．若圆柱的体积以均匀速度增长，则圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径（  ）

A．成正比，比例系数为 B．成正比，比例系数为

C．成反比，比例系数为 D．成反比，比例系数为

9.2020年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间内向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家．现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和有个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件“个医疗小组去的国家各不相同”，事件“小组甲独自去一个国家”，则（  ）

A． B． C． D．

10.已知，恰有一个极值点，则的取值范围是（  ）

A．  B．

C．  D．

11.我们知道，在次独立重复试验（即伯努利试验）中，每次试验中事件发生的概率为，则事件发生的次数服从二项分布，事实上，在无限次伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件首次发生时试验进行的次数，显然，，，，…我们称服从“几何分布”，经计算得．由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件和都发生后停止，此时所进行的实验次数记为，则，，，…，那么（  ）

A． B． C． D．

12.已知函数，，若存在，，使得成立，则的最大值为（  ）

A． B． C． D．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13.经研究发现:任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数．若函数图象的对称中心点为，则，的值依次为                       ．

14.2021年1月某校高三年级名学生参加了教育局组织的期末统考，已知数学考试成绩（试卷满分为分）．统计结果显示数学考试成绩在分到分之间的人数约为总人数的，则此次统考中成绩不低于分的学生人数约为                       ．

15.我们知道，当时，可以得到不等式，当时，可以得到不等式，由此可以推广:当时，其中，，得到的不等式是                       ．

16.已知，则曲线在处的切线方程为                       _．

三、解答题：本大题共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.已知为虚数单位，关于的方程的两根分别为，．若，求实数的值．

18.设（，），若的展开式中，存在某连续项，其二项式系数依次成等差数列，则称具有性质．

（1）求证：具有性质．

（2）若存在，使具有性质，求的最大值．

19.某互联网公司为了确定下一季度的前期广告投入计划，收集了近个月广告投入量（单位：万元）和收益（单位：万元）的数据如下表：

他们分别用两种模型①，②分别进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如下图所示的残差图及一些统计量的值．

（1）根据残差图，比较模型①②的拟合效果，应该选择哪个模型？请说明理由．

（2）残差绝对值大于的数据认为是异常数据，需要剔除．

（1）剔除异常数据后求出（1）中所选模型的回归方程；

（2）若广告投入量，求该模型收益的预报值是多少？

附:回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：

；．

20.已知是函数的导函数，且，当时，．

（1）证明:当时，函数是增函数；

（2）解不等式．

21.某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校学生进行一次安全意识测试，根据测试成绩评定“合格”、“不合格”两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格”记分，“不合格”记分．现随机抽取部分学生的成绩，统计结果及对应的频率分布直方图如下所示：

（1）若测试的同学中，分数段、、、女生的人数分别为人、人、人、人，完成列联表，并判断：是否有以上的把握认为性别与安全意识有关？

（2）用分层抽样的方法，从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中，共选取人进行座谈，现再从这人中任选人，记所选人的量化总分为，求的分布列及数学期望；

（3）某评估机构以指标（，其中表示的方差）来评估该校安全教育活动的成效，若，则认定教育活动是有效的；否则认定教育活动无效，应调整安全教育方案．在（2）的条件下，判断该校是否应调整安全教育方案？

附表及公式：，．

22.已知，是的导数．

（1）求的极值；

（2）令，若的函数图像与轴有三个不同的交点，求实数的取值范围．

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数学（理科）试题参考答案

一、选择题

1.由题意得，则，所以所对应的点位于复平面的第四象限．故选．

2.由常见导数公式及导数的四则运算法则，可得．故选．

3.命题“自然数，，中至少有一个偶数”的否定为“自然数，，中没有偶数”，即“自然数，，都是奇数”．故选．

4.由散点图可知，去掉后，与的相关性加强，并且是正相关，所以相关系数变大，相关指数变大，残差平方和变小，所以四个命题都正确．故选．

5.令得展开式中的各项系数和为，解得，所以展开式的通项为，令得展开式的常数项为．故选．

6.函数的定义域为，，由解得，所以函数的单调递减区间为．故选．

7.，，而，，，所以，所以．故选．

8.设圆柱高度为，由，知，即，所以．

又圆柱的侧面积，则其侧面积的增长速度，所以圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径成反比，比例系数为．故选．

9.由题意知，，所以．故选．

10.由题意得．

，恰有一个极值点，

在上无解，即在上无解．

令，则，

函数在上单调递增，当时，，

．故选．

11.由得

．故选．

12.函数的定义域为，，所

以当时，，单调递增，当时，，单调递减，

注意，所以时，时；

，；时，，

同时注意到，

所以若存在，，使得成立，

则且，

，

，

，

令，，则，

令，解得，令，解得，

在上单调递增，在上单调递减，

．故选．

二、填空题

13.，    14.    15.    16.

13.因为，所以，所以，

又的对称中心为，所以，解得，

由，解得．

14.因为，所以其正态曲线关于直线对称．

又成绩在分到分之间的人数约为总人数的，

所以成绩不低于分的学生人数占总人数的．

所以成绩不低于分的学生人数约为．

15.由类比推理可得得到的不等式是．

16.，令得，解得，所以，，则，，所以曲线在处的切线方程为，即．

三、解答题

17.把代入关于的方程得．

解得．

的值为．

18.（1）的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为，，，

因为，即，，成等差数列，所以具有性质．

（2）设具有性质，则存在，，使，，成等差数列，

所以，

整理得：，

即，

所以为完全平方数，

又，由于，

所以的最大值为，此时或．

19.（1）应该选择模型①，因为模型①的残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且模型①的带状区域比模型②的带状区域窄，所以模型①的拟合精度高，回归方程的预报精度高．

（2）①剔除异常数据，即月份的数据后，得

，．

，．

，．

所以关于的回归方程为．

②把代入①中所求回归方程得，故预报值为万元．

20.（1）证明:，

．

当时，，

当时，．

在上是增函数．

（2），

．

是偶函数．

又，

，即．

，即，解得．

故不等式的解集为．

21.（1）由频率分布直方图可知，得分在的频率为，

故抽取的学生答卷总数为，

，．

性别与合格情况的列联表为：

即在犯错误概率不超过的前提下，不能认为性别与安全测试是否合格有关．

（2）“不合格”和“合格”的人数比例为，因此抽取的人中“不合格”有人，“合格”有人，

所以可能的取值为、、、，

，．

，．

的分布列为：

所以．

（3）由（2）知:

．

故我们认为该校的安全教育活动是有效的，不雭要调整安全教育方案．

22.（1）因为，

令，得，，

当变化时，，的变化如下表所示:

由上表可知，，．

（2）由（1）知，

由题知需有三个不同的解，即有三个不同的解．

设，则，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，又当时，，当时，且，且，．

作出函数的简图如图：

数形结合可知：．

注：考虑学生只是高二年级，故参考答案给出的是极限以及借助图象求解，但是实际上这是不严谨的，下面给出严谨的证明过程（即取点证明）:

当时，，，所以存在唯一使得；

又，所以存在唯一使得；

当时，，则，又当时，，则，

所以，所以，且，

所以存在唯一使得；

所以当时有三个不同的解，即的函数图象与轴有三个不同的交点．