2020-2021学年浙江省宁波市九校高二(下)期末数学试卷
展开2020-2021学年浙江省宁波市九校高二(下)期末数学试卷
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.(4分)已知实数a=log32,b=log2π,,则有( )
A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.c<b<a
2.(4分)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.
3.(4分)下列四个命题中是真命题的是( )
A.∃x1∈(0,+∞),
B.∃x2∈(1,+∞),
C.,
D.∀x∈(0,1),
4.(4分)在(x﹣2y)7的展开式中,系数绝对值最大的项是( )
A.672x2y5 B.﹣672x2y5 C.560x3y4 D.﹣560x3y4
5.(4分)函数的部分简图为( )
A.
B.
C.
D.
6.(4分)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.144 B.216 C.288 D.432
7.(4分)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.
8.(4分)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)<0
C.f(x)>0恒成立
D.当且仅当x∈(1,+∞)时,f(x)>0
9.(4分)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( )
ξ
1
2
4
P
x
y
z
A. B. C. D.
10.(4分)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
三、填空题:共7小题,多空题6分,单空题4分,满分36分。
11.(6分)已知A={x|(x+3)(1﹣x)>0},B={y|y=log2(1﹣x),x∈A},则A= ;A∪B= .
12.(6分)已知定义在R上的奇函数,已知x>0,,则f(﹣1)= ,该函数的解析式为 .
13.(6分)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”.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= ,|AB|= .
14.(6分)已知ai∈R(i=0,1,⋯,10),若(x2+x﹣2)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10,则a1+a2+⋯+a9= ;a7= .
15.(4分)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 种放法.
16.(4分)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 .
17.(4分)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 .
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.(14分)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.
19.(15分)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.
20.(15分)(Ⅰ)计算求值:;
(Ⅱ)用数学归纳法证明:.(参考数值:ln3=1.0986)
21.(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).
22.(15分)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).
2020-2021学年浙江省宁波市九校高二(下)期末数学试卷
参考答案与试题解析
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.(4分)已知实数a=log32,b=log2π,,则有( )
A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.c<b<a
【解答】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.(4分)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.
【解答】解:函数a(2x)+2x,令2x0,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.(4分)下列四个命题中是真命题的是( )
A.∃x1∈(0,+∞),
B.∃x2∈(1,+∞),
C.,
D.∀x∈(0,1),
【解答】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0,即,B错误;
对于C,∀x∈(0,),有,x1,则必有,C正确;
对于D,当x时,,x3=()3,有x3,D错误;
故选:C.
4.(4分)在(x﹣2y)7的展开式中,系数绝对值最大的项是( )
A.672x2y5 B.﹣672x2y5 C.560x3y4 D.﹣560x3y4
【解答】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=﹣672 x2y5,
故选:B.
5.(4分)函数的部分简图为( )
A.
B.
C.
D.
【解答】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>0,0x1,则有ln(x)<0,必有f(x)<0,排除C,
故选:A.
6.(4分)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.144 B.216 C.288 D.432
【解答】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.(4分)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.
【解答】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,
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.(4分)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)<0
C.f(x)>0恒成立
D.当且仅当x∈(1,+∞)时,f(x)>0
【解答】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.(4分)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( )
ξ
1
2
4
P
x
y
z
A. B. C. D.
【解答】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.(4分)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
【解答】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.(6分)已知A={x|(x+3)(1﹣x)>0},B={y|y=log2(1﹣x),x∈A},则A= (﹣3,1) ;A∪B= (﹣∞,2) .
【解答】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.(6分)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 .
【解答】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)=x22,
又由f(x)为奇函数,则f(x)=﹣f(﹣x)=﹣x22,
综合可得:,
故答案为:﹣4,.
13.(6分)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”.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|= .
【解答】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,
令t=e(t>0),则,
所以t2﹣6t0,
所以t±2,
所以t2,
所以m2,
所以e2,
所以x0=ln(2),
所以|AB|=2x0=2ln(2),
故答案为:2;2ln(2).
14.(6分)已知ai∈R(i=0,1,⋯,10),若(x2+x﹣2)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10,则a1+a2+⋯+a9= 32 ;a7= ﹣30 .
【解答】解:∵(x2+x﹣2)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10,令x=0,可得 a0=﹣32,a101,
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)30,
故答案为:32;﹣30.
15.(4分)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.
【解答】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.(4分)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 .
【解答】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.(4分)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 .
【解答】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:
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Δ=(﹣2a)2﹣4(﹣a+2)=(2a+1)2﹣9,
当1<a≤2时,Δ>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:
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.(14分)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.
【解答】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,
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.(15分)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.
【解答】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,Δ=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,
则无解;
当a>2时,则,得
综上可得或.
20.(15分)(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,(*)
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.(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).
【解答】解:(Ⅰ)由题意可知,,
所以ξ的分布列为:
ξ
4
5
6
7
8
P
;
(Ⅱ)由题意可知,两盒中红球的总数为4个,ξ1的可能取值为1,2,3,4,ξ2的可能取值为3,2,1,0,
且ξ1+ξ2=4,
因为;
;
;
;
故,
所以E(ξ2)=E(4﹣ξ1)=4﹣E(ξ1)=1.8.
22.(15分)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).
【解答】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(*)
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[,+∞).
声明:试题解析著作权属菁优网所有,未经书面同意,不得复制发布日期:2022/5/27 10:10:46;用户:高中数学;邮箱:sdgs@xyh.com;学号:28144983
2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高二(下)期末数学试卷(含解析): 这是一份2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高二(下)期末数学试卷(含解析),共22页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省宁波市九校高二(下)期末数学试卷: 这是一份2021-2022学年浙江省宁波市九校高二(下)期末数学试卷,共20页。试卷主要包含了选择题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省宁波市九校高二(上)期末数学试卷: 这是一份2021-2022学年浙江省宁波市九校高二(上)期末数学试卷,共21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。