2020-2021学年吉林省长春高二（下）期末考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年吉林省长春高二（下）期末考试数学（理）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 给出下列结论：①sinπ6′=csπ6=32；②若y=1x，则y′=lnx；③若y=sin2x则y′=sin2x；其中正确的个数是（ ）
A.0B.1C.2D.3

2. 下列的三句话，若按照演绎推理的“三段论”模式，排列顺序正确的应是( )
①y=csx(x∈R)是周期函数；
②y=csx(x∈R)是三角函数；
③三角函数是周期函数．
A.①②③B.②①③C.②③①D.③②①

3. 随机变量X的分布列如表，则E2X+3的值为( )
A.4.4B.7.4C.21.2D.22.2

4. x−2xn的展开式的二项式系数之和为256，则展开式中的含x项的系数是（ ）
A.112B.−112C.60D.−60

5. 已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.3，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为( )
A.0.6B.0.7C.0.8D.0.9

6. 某单位做了一项统计，了解办公楼用电量y(度)与气温X​∘C之间的关系，随机统计了四个工作日用电量与当天平均气温，并制作了对照表：
由表中数据得到回归方程y=−2x+a，则当平均气温气温为−3​∘C时，预测用电量为( )
A.64度B.66度C.68度D.70度

7. 在某次数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布100,σ2σ>0，若ξ在80,120内的概率为0.8，则任意选取两名学生的成绩，恰有一名学生成绩不低于120分的概率为( )

8. 已知fx=2x2−ax+lnx在区间1,+∞上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A.−∞,4B.(−∞,4]C.−∞,5D.(−∞,5]

9. 若4名学生报名参加数学、物理、化学兴趣小组，每人限报1科，每科至少有一名学生申报，则不同的报名方式有（ ）
A.81种B.64种C.36种D.24种

10. 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．若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等，则小球最终落入③号球档的概率为（ ）

A.132B.532C.516D.364

11. 复数z满足|z+1+3i|=1（i为虚数单位），则z⋅z的最大值是（ ）
A.10B.9C.7D.3

12. 已知a=3ln4π，b=4lnπ3，c=4ln3π ，则a，b，c的大小关系是( )
A.c二、填空题

01(ex−2x)dx=________.

已知2+23=223，3+38=338，4+415=4415，…，观察这些等式的规律，若9+ab=9ab（a，b均为正整数），则a+b=________．

已知组合数方程： Cn+111−Cn11=Cn5n∈N∗,n≥11，则n=________.

已知函数fx=eax−x有且只有一个零点，则实数a的取值范围为________.
三、解答题

已知复数z=3+2i2−3i．
(1)求|z−1−2i|；

(2)计算：z+z2+z3+z4+⋯⋯+z2021．

已知1+2x6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6.
(1)求a2；

(2)求a1+a2+a3+⋯+a8；

(3)求a0+a2+a4+⋯+a8.

移动支付（支付宝及微信支付）已经渐渐成为人们购物消费的一种支付方式，为调查市民使用移动支付的年龄结构，随机对100位市民做问卷调查，得到2×2列联表如下：

(1)将上面的2×2列联表补充完整，并通过计算，说明是否有99.9%的把握认为支付方式与年龄有关？

(2)在使用移动支付人群中采用分层抽样的方式抽取10人做进一步问卷调查，从这10人中随机选出2人中，设年龄低于35岁（含35岁）的人数为X，求X的分布列及期望．
参考公式：k=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d.
参考临界值表：

已知曲线C1:y2=2x与C2:y=12x2在第一象限内的交点为P．

(1)求曲线C2在点P处的切线方程；

(2)若直线x=a0
已知函数fx=x+alnx(a∈R) .
(1)讨论fx的单调性．

(2)当a=1时，证明：xfx
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2+3csα，y=3sinα （α为参数），直线l的方程为y=kx，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C的极坐标方程；

(2)曲线C与直线l交于A，B两点，若|OA|+|OB|=3，求k的值．

已知函数fx=|x+2|+|x−a|.
(1)若a=2，求不等式fx<5的解集；

(2)若∀x∈R,fx≥2，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省长春市高二（下）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
根据导数的运算判断即可．
【解答】
解：①sinπ6=12，而12′=0，故①错误；
②y=1x，则y′=−1x2，故②错误；
③y=sin2x，则y′=2sinxcsx=sin2x，故③正确；
综上所述，正确是③，共1个．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
演绎推理的基本方法
【解析】
根据三段论”的排列模式：“大前提”→“小前提”⇒“结论”，分析即可得到正确的次序．
【解答】
解：根据“三段论”：“大前提”→“小前提”→“结论”可知：
①y=csx(x∈R)是周期函数是“结论”；
②y=csx(x∈R)是三角函数是“小前提”；
③三角函数是周期函数是“大前提”；
故“三段论”模式排列顺序为③②①.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
根据条件中所给的随机变量的分布列，可以写出变量的期望，对于E2X+3的结果，需要根据期望的公式Eax+b=aEx＋b，代入前面做出的期望，得到结果．
【解答】
解：由条件中所给的随机变量的分布列可知
EX=1×0.2+2×0.4+3×0.4=0.2+0.8+1.2=2.2，
∵ E2X+3=2EX+3
∴ E2X+3=2×2.2+3=4.4+3=7.4．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
根据题意，由二项式定理可得2n=256，解可得n的值，求出展开式的通项，要求x的系数，令x的指数为1，可得r的值，代入可得答案．
【解答】
解：∵ 在x−2xn 展开式中，二项式系数之和是2n，又二项式系数之和为256，
∴ 2n=256，
∴ n=8，
∴ 展开式的通项为
Tr+1=C8r(x)r⋅−2x8−r
=−28−rC8rx32r−8，
令32r−8=1，可得r=6，
含x项的系数为4C86=112．
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
直接利用条件概率作答即可.
【解答】
解：设第一个路口遇到红灯记为事件A，第二个路口遇到红灯记为事件B，
则PA=0.5，PAB=0.3，
则PB|A=PABPA=0.6.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
根据所给的表格做出本组数据的样本中心点，根据样本中心点在线性回归直线上，利用待定系数法做出a的值，可得线性回归方程，根据所给的x的值，代入线性回归方程，预报要销售的件数．
【解答】
解：由表格得x=1418+13+10−1=10，
y=1424+34+38+64=40，
∴ 40=10×−2+a，解得： a=60，
y=−2x+60，
当x=−3时，y=−2×−3+60=66．
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
正态分布的密度曲线
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
依题意，可得Pξ≥120=0.1，于是所抽取的两名学生不低于120分的成绩变量X服从二项分布B2,0.1，从而可得答案．
【解答】
解：由题意，ξ服从正态分布N100,σ2，
∴ 曲线的对称轴为直线x=100，
∵ ξ在(80,120)内取值的概率为0.8，
∴ Pξ≥120=1−0.82=0.1，
∴ 所抽取的2名学生不低于120分的成绩变量X服从二项分布B2,0.1，
∴ ,任意选取两名学生的成绩，恰有一名学生成绩不低于120分的概率
P′=C21×0.1×0.9=0.18．
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
求出原函数的导函数，由题意可得f′x=4x−a+1x≥0在区间1,+∞恒成立，分离参数a，再由基本不等式求最值，即可求得实数a的取值范围．
【解答】
解：由函数fx=2x2−ax+lnx在区间1,+∞上单调递增，
得f′x=4x−a+1x≥0在区间1,+∞上恒成立，
即a≤4x+1x在1,+∞上恒成立，
令gx=4x+1x，易知gx在1,+∞上单调递增，
∴ g(x)>g(1)=5，
∴ a≤5，即实数a的取值范围是(−∞,5].
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，是1个分步计数的问题，若每人选报1种，则每人有3种报名方法，由分步计数原理，共有3×3×3×3种方法，计算可得答案．
【解答】
解：将4名学生分成3组有C42种情况，则不同的报名方式有C42A33=36种．
故选C．
10.
【答案】
C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
用小球落入③球槽的种数除以小球落入下方的各个球槽的种数即可求得概率.
【解答】
解：由题可知：小球落入③号球槽有C52=10种情况，小球落入下方球槽共有25=32，
∴ 小球最终落③号球槽的概率为1032=516．
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
利用复数的几何意义，转化求解即可.
【解答】
解：设 z=a+bia,b∈R，
|z+1+3i|=|a+1+b+3i|
=a+12+b+32=1，
即a+12+b+32=1，
则点a,b的轨迹是以−1,−3为圆心，半径为1的圆，
则|z|=a2+b2是指圆上的点到原点的距离，
所以(z⋅z)max=(|z|max)2=(32+12+1)2=9.
故选B．
12.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
指数函数与对数函数的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知：a=3ln4π，b=4lnπ3，c=4ln3π，
∵ 3π>π3，
∴ c>b，
a−b=3ln4π−4lnπ3
=3πln4−12lnπ
=3(ln4π−lnπ4)
=3(ln4ππ4).
∵ 4ππ4<1，
∴ 3(ln4ππ4)<0，
∴ b>a，
∴ a故选D.
二、填空题
【答案】
e−2
【考点】
定积分
【解析】
本题考查定积分的求解．
【解答】
解：根据微积分基本定理可得：
01ex−2xdx=ex−x201=e−2.
故答案为：e−2．
【答案】
89
【考点】
归纳推理
【解析】
观察所给式子的特点，找到相对应的规律，问题得以解决．
【解答】
解：∵ 2+23=223，
3+38=338，
4+415=4415，
…，
∴ 2+23=223=2222−1，
3+38=338=3332−1，
4+415=4415=4442−1，
…，
9+ab=9ab=9992−1
∴ a=9，b=92−1=80，
∴ a+b=9+80=89．
故答案为：89.
【答案】
15
【考点】
组合及组合数公式
【解析】
根据题意利用组合数公式即可得到结果.
【解答】
解：由Cn+111−Cn11=Cn5，
得Cn10=Cn5，
因此n=10+5=15.
故答案为：15.
【答案】
a≤0或a=12e
【考点】
函数的零点与方程根的关系
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
1
【解答】
解：原题等价于eax−x=0有且只有一个解，
即2a=lnxx(x>0)有且只有一个解，
令g(x)=lnxx(x>0)，则g′(x)=1−lnxx2，
当00，g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x→0时，g(x)→−∞，g(e)=1e，当x→+∞时，g(x)→0，
故当2a≤0或2a=1e，即a≤0或a=12e时，
y=2a与g(x)=lnxx(x>0)的图象只有一个交点.
即实数a的取值范围为a≤0或a=12e.
故答案为：a≤0或a=12e.
三、解答题
【答案】
解：化简 z=3+2i2−3i=(3+2i)(2+3i)(2−3i)(2+3i)=i，
(1)z−1−2i=−1−3i，
∴ |z−1−2i|=|−1−3i|=10．
(2)z=i，z2=−1，z3=−i，z4=1，z5=i，……
有z4k=1，z4k+1=i，z4k+2=−1，z4k+3=−ik∈Z，
且显然z4k+z4k+1+z4k+2+z4k+3=0，
∴ z+z2+z3+z4+……+z2021=505×0+z=i．
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
【解析】
无
无
【解答】
解：化简 z=3+2i2−3i=(3+2i)(2+3i)(2−3i)(2+3i)=i，
(1)z−1−2i=−1−3i，
∴ |z−1−2i|=|−1−3i|=10．
(2)z=i，z2=−1，z3=−i，z4=1，z5=i，……
有z4k=1，z4k+1=i，z4k+2=−1，z4k+3=−ik∈Z，
且显然z4k+z4k+1+z4k+2+z4k+3=0，
∴ z+z2+z3+z4+……+z2021=505×0+z=i．
【答案】
解： (1)二项展开式的通项公式Tk+1=C6k2xk=C6k2kxk，
令k=2，则a2=C6222=60.
(2)令x=0得， a0=1；
再令x=1得， a0+a1+a2+a3+⋯+a8=729，
∴ a1+a2+a3+⋯+a8=729−1=728.
(3)令x=1得， a0+a1+a2+a3+⋯+a8=729，①
再令x=−1得， a0−a1+a2−a3+⋯−a7+a8=1，②
由①+②2得： a0+a2+a4+⋯+a8=365.
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
二项式定理的应用
二项式系数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： (1)二项展开式的通项公式Tk+1=C6k2xk=C6k2kxk，
令k=2，则a2=C6222=60.
(2)令x=0得， a0=1；
再令x=1得， a0+a1+a2+a3+⋯+a8=729，
∴ a1+a2+a3+⋯+a8=729−1=728.
(3)令x=1得， a0+a1+a2+a3+⋯+a8=729，①
再令x=−1得， a0−a1+a2−a3+⋯−a7+a8=1，②
由①+②2得： a0+a2+a4+⋯+a8=365.
【答案】
解：(1)列联表完成如下：
k=100×40×40−10×10250×50×50×50=36>10.828，
∴ 有99.9%把握认为支付方式与年龄有关．
(2)在使用移动支付的人群中采用分层抽样的方式抽取10人，
即35岁以下（含35岁）有8人，35岁以上有2人，
则从这10人中随机选出2人，低于35岁（含35岁）的人数为X的所有可能取值为0，1，2．
PX=0=C22C102=145；PX=1=C21C81C102=1645；PX=2=C82C102=2845，
∴ X的分布列如下：
期望EX=0×145+1×1645+2×2845=7245=85．
【考点】
独立性检验
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)列联表完成如下：
k=100×40×40−10×10250×50×50×50=36>10.828，
∴ 有99.9%把握认为支付方式与年龄有关．
(2)在使用移动支付的人群中采用分层抽样的方式抽取10人，
即35岁以下（含35岁）有8人，35岁以上有2人，
则从这10人中随机选出2人，低于35岁（含35岁）的人数为X的所有可能取值为0，1，2．
PX=0=C22C102=145；PX=1=C21C81C102=1645；PX=2=C82C102=2845，
∴ X的分布列如下：
期望EX=0×145+1×1645+2×2845=7245=85．
【答案】
解：(1)由题可知，曲线C1:y2=2x与C2:y=12x2在第一象限内的交点为P2,2，
y=12x2的导函数y′=x，则y′|x=2=2，
又切点的坐标为2,2，
所以曲线C2在点P处的切线方程为y−2=2x−2，
即2x−y−2=0.
(2)曲线C1:y2=2x与C2:y=12x2，两曲线的交点坐标为0,0和2,2所以两条曲线所围图形的面积：
S=022x−12x2dx=232x32−16x3|x=0x=2=43，
又直线x=a0=(232x32−16x3)x=0x=a=223a32−a36=1，
令a32=t，
因为0则上式可化为t2−42t+6=0，
解得t1=2,t2=32，
又0∴ t=2，即a=32.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
定积分在求面积中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题可知，曲线C1:y2=2x与C2:y=12x2在第一象限内的交点为P2,2，
y=12x2的导函数y′=x，则y′|x=2=2，
又切点的坐标为2,2，
所以曲线C2在点P处的切线方程为y−2=2x−2，
即2x−y−2=0.
(2)曲线C1:y2=2x与C2:y=12x2，两曲线的交点坐标为0,0和2,2所以两条曲线所围图形的面积：
S=022x−12x2dx=232x32−16x3|x=0x=2=43，
又直线x=a0=(232x32−16x3)x=0x=a=223a32−a36=1，
令a32=t，
因为0则上式可化为t2−42t+6=0，
解得t1=2,t2=32，
又0∴ t=2，即a=32.
【答案】
(1)解：fx的定义域为0,+∞，
f′x=ax+1=x+ax .
当a≥0时，f′x>0，
所以fx在(0,+∞)上单调递增．
当a<0时，若x∈−a,+∞，则f′x>0；
若x∈0,−a，则f′x<0 .
所以fx在−a,+∞上单调递增，在0,−a上单调递减．
综上，当a≥0时，fx在(0,+∞)上单调递增；
当a<0时，fx在−a,+∞上单调递增，在0,−a上单调递减．
(2)证明：当a=1时，要证xfx即证lnxx+1令函数gx=lnxx+1，则g′x=1−lnxx2 .
令g′x>0，得x∈0,e，
令g′x<0，得x∈e,+∞．
所以gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以gxmax=ge=1e+1 ．
令函数ℎ(x)=exx2，则ℎ′x=x−2exx3.
当x∈0,2时，ℎ′x<0；
当x∈2,+∞时，ℎ′x>0 .
所以ℎ(x)在0,2单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎ(2)=e24 .
因为e24−1e+1=e24−1e−1>0，
所以gxmax<ℎ(x)min，即lnxx+1从而xf(x)【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】


【解答】
(1)解：fx的定义域为0,+∞，
f′x=ax+1=x+ax .
当a≥0时，f′x>0，
所以fx在(0,+∞)上单调递增．
当a<0时，若x∈−a,+∞，则f′x>0；
若x∈0,−a，则f′x<0 .
所以fx在−a,+∞上单调递增，在0,−a上单调递减．
综上，当a≥0时，fx在(0,+∞)上单调递增；
当a<0时，fx在−a,+∞上单调递增，在0,−a上单调递减．
(2)证明：当a=1时，要证xfx即证lnxx+1令函数gx=lnxx+1，则g′x=1−lnxx2 .
令g′x>0，得x∈0,e，
令g′x<0，得x∈e,+∞．
所以gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以gxmax=ge=1e+1 ．
令函数ℎ(x)=exx2，则ℎ′x=x−2exx3.
当x∈0,2时，ℎ′x<0；
当x∈2,+∞时，ℎ′x>0 .
所以ℎ(x)在0,2单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎ(2)=e24 .
因为e24−1e+1=e24−1e−1>0，
所以gxmax<ℎ(x)min，即lnxx+1从而xf(x)【答案】
解：(1)由 x=2+3csα，y=3sinα （α为参数），
得x−22+y2=3．
∵ x=ρcsθ,y=ρsinθ，
∴ 曲线C的极坐标方程为ρ2−4ρcsθ+1=0.
(2)设直线l的极坐标方程为θ=α (ρ∈R,α∈[0,π)，其中α为直线l的倾斜角，
代入曲线C得ρ2−4ρcsα+1=0，设A，B所对应的极径分别为ρ1,ρ2，
∵ Δ=16cs2α−4>0，
∴ cs2α>14，ρ1+ρ2=4csα,ρ1ρ2=1>0，
∵ |OA|+|OB|=|ρ1|+|ρ2|=3，
∴ csα=±34，满足Δ>0，
∴ sinα=74，则k=tanα=±73.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的极坐标方程
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由 x=2+3csα，y=3sinα （α为参数），
得x−22+y2=3．
∵ x=ρcsθ,y=ρsinθ，
∴ 曲线C的极坐标方程为ρ2−4ρcsθ+1=0.
(2)设直线l的极坐标方程为θ=α (ρ∈R,α∈[0,π)，其中α为直线l的倾斜角，
代入曲线C得ρ2−4ρcsα+1=0，设A，B所对应的极径分别为ρ1,ρ2，
∵ Δ=16cs2α−4>0，
∴ cs2α>14，ρ1+ρ2=4csα,ρ1ρ2=1>0，
∵ |OA|+|OB|=|ρ1|+|ρ2|=3，
∴ csα=±34，满足Δ>0，
∴ sinα=74，
则k=tanα=±73.
【答案】
解：(1)若a=2，则fx=|x+2|+|x−2|，
原不等式fx<5可化为：
x<−2，−2x<5或−2≤x≤2，4<5或x>2，2x<5，
即−52综上，不等式的解集是−52,52.
(2)不等式fx≥2对任意实数，都成立，即|x+2|+|x−a|≥2恒成立，又由绝对值三角不等式： fx=|x+2|+|x−a|≥|2+a|（当且仅当x+2x−a≤0时，等号成立），
所以只需|2+a|≥2，解得a≤−4或a≥0.
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
绝对值不等式
不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若a=2，则fx=|x+2|+|x−2|，
原不等式fx<5可化为：
x<−2，−2x<5或−2≤x≤2，4<5或x>2，2x<5，
即−52综上，不等式的解集是−52,52.
(2)不等式fx≥2对任意实数，都成立，即|x+2|+|x−a|≥2恒成立，又由绝对值三角不等式： fx=|x+2|+|x−a|≥|2+a|（当且仅当x+2x−a≤0时，等号成立），
所以只需|2+a|≥2，解得a≤−4或a≥0.X
1
2
3
P
0.2
0.4
0.4
气温(∘C)
18
13
10
−1
用电量(度)
24
34
38
64
35岁以下（含35岁）
35岁以上
合计
使用移动支付
40
50
不使用移动支付
40
合计
100
PK2≥k
0.5
0.4
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k
0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
35岁以下（含35岁）
35岁以上
合计
使用移动支付
40
10
50
不使用移动支付
10
40
50
合计
50
50
100
X
0
1
2
P
145
1645
2845
35岁以下（含35岁）
35岁以上
合计
使用移动支付
40
10
50
不使用移动支付
10
40
50
合计
50
50
100
X
0
1
2
P
145
1645
2845