天津市五校2019-2020学年高二下学期期末考试数学试卷 Word版含解析 16页

‎2019~2020学年度第二学期期末五校联考高二数学 一.选择题（本题共9小题，每题5分，共45分）‎ ‎1.已知全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过补集的概念与交集运算即可得到答案.‎ ‎【详解】根据题意得，故，答案选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的运算，难度很小.‎ ‎2.若命题，，则命题Р的否定为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据含有一个量词命题的否定，得到答案.‎ ‎【详解】命题，，则命题Р的否定为，‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查含有一个量词命题的否定，属于简单题.‎ ‎3.“”是“”的（ ）‎ A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 16 -‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数的单调性解不等式，由充分条件和必要条件的定义判断即可.‎ ‎【详解】‎ ‎“”是“”的必要不充分条件 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件，属于基础题.‎ ‎4.设等差数列的前项和，满足，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的公差为，可得出关于和的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的求和公式可求得的值.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，由题意可得，解得，‎ 因此，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列求和，同时也考查了等差数列基本量的求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5.二项式的展开式中，第项的二项式系数比第项的二项式系数大，则该展开式中的常数项为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据展开式的二项式系数关系求解n，结合通项即可得到常数项.‎ - 16 -‎ ‎【详解】由题第项的二项式系数比第项的二项式系数大，‎ 即 解得：，‎ 二项式的展开式中，通项，‎ 当r=3时，取得常数项，.‎ 故选：A ‎【点睛】此题考查二项式定理，根据二项式系数关系求解参数，根据通项求展开式中的指定项.‎ ‎6.从名男生和名女生中选出名学生参加一项活动，要求至少一名女生参加，不同的选法种数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从反面考虑，从名学生中任选名的所有选法中去掉名全是男生的情况，即为所求结果．‎ ‎【详解】从名学生中任选名，有种选法，其中全为男生的有种选法，‎ 所以选出名学生，至少有名女生的选法有种.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查组合问题，也可以直接考虑，分类讨论，在出现“至少”的问题时，利用正难则反的方法求解较为简单，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎7.已知函数为奇函数，当时，，且曲线在点处的切线的斜率是1，则实数（ ）‎ A 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 16 -‎ 利用奇偶性可求得时的解析式，根据切线斜率为可构造方程求得结果.‎ ‎【详解】当时，，，‎ 为奇函数，，‎ ‎，，解得：.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查导数几何意义的应用，涉及到利用函数奇偶性求解函数解析式的问题 ‎8.已知定义域为R的奇函数的导函数为，当时，.若，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，由条件可得出是偶函数且在上单调递增，然后即可比较出的大小 ‎【详解】设，因为是奇函数，所以是偶函数 当时，所以在上单调递增 因为，‎ 所以，即 故选：C ‎【点睛】本题考查的是利用函数的奇偶性和单调性比较大小，构造出合适的函数是解题的关键，属于中档题.‎ - 16 -‎ ‎9.已知函数，若关于的不等式的解集为，且，，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易知，由表达式画出函数图像，再分类讨论与函数图像的位置关系，结合不等关系即可求解 ‎【详解】易知当，时，，‎ 的图象如图所示.‎ 当直线在图中的位置时，，得，‎ 为方程的两根，‎ 即的两根，‎ 故；‎ 而 则，‎ 即，解得，所以；‎ 当直线在图中的位置时，且，得；此时 则，得.‎ 所以，的取值范围是.‎ - 16 -‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，数形结合思想，分类讨论思想，属于中档题 二.填空题（本题共6小题，每题5分，共30分.）‎ ‎10.已知，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取，得出，再取，得出，最后由得出答案.‎ 详解】取，得出 取，得出 则 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项式定理与数列求和的应用，属于中档题.‎ ‎11. 从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：利用互斥事件的概率及古典概型概率计算公式求出事件A的概率，同样利用古典概型概率计算公式求出事件AB的概率，然后直接利用条件概率公式求解．‎ - 16 -‎ 解：P（A）=，P（AB）=．‎ 由条件概率公式得P（B|A）=．‎ 故答案为．‎ 点评：本题考查了条件概率与互斥事件的概率，考查了古典概型及其概率计算公式，解答的关键在于对条件概率的理解与公式的运用，属中档题．‎ ‎12.如图，用6种不同颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有　　　　　种（用数字作答）．‎ ‎【答案】390‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】用2色涂格子有种方法, 用3色涂格子,第一步选色有,第二步涂色,共有种, 所以涂色方法种方法, 故总共有390种方法. 故答案为:390‎ ‎13.已知，若，则实数的取值范围是____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 16 -‎ 判断函数的单调性，利用单调性转化为自变量的不等式，即可求解.‎ ‎【详解】在区间都是增函数，‎ 并且在处函数连续，所以在上是增函数，‎ 等价于，‎ 解得.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性，并利用单调性解不等式，属于中档题.‎ ‎14.已知函数在上单调，且函数的图象关于对称，若数列是公差不为0的等差数列，且，则等于________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的性质得出函数的图象关于对称，再由等差数列的角标之和的性质得出答案.‎ ‎【详解】由题意函数的图象关于对称 则函数的图象关于对称，且在上单调 因为，所以 因为数列是公差不为0的等差数列，所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的平移与对称性和单调性运用,同时也考查了等差数列的等和性运用,属于中档题.‎ ‎15.已知函数，函数，若函数恰有个不同的零点，则实数的取值范围为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 16 -‎ ‎【分析】‎ 由函数，把函数恰有个不同的零点，转化为恰有4个实数根，列出相应的条件，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数，且函数恰有个不同的零点，‎ 即恰有4个实数根，‎ 当时，由，即，‎ 解得或，所以，解得；‎ 当时，由，解得或，所以，解得，‎ 综上可得：实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数与方程的应用，其中解答中利用条件转化为，绝对值的定义，以及二次函数的性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于中档试题.‎ 三.解答题（本题共5小题，每题15分，共75分）‎ ‎16.一项试验有两套方案，每套方案试验成功的概率都是，试验不成功的概率都是甲随机地从两套方案中选取一套进行这项试验，共试验了3次，每次实验相互独立，且要从两套方案中等可能地选择一套.‎ ‎（1）求3次试验都选择了同一套方案且都试验成功的概率；‎ ‎（2）记3次试验中，都选择了第一套方案并试验成功的次数为，求的分布列和期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记事件“一次试验中，选择第套方案并试验成功”为，，2，则 - 16 -‎ ‎，由此能求出3次试验选择了同一套方案且都试验成功的概率；（2）的可能值为0，1，2，3，则，，，1，2，3，由此能求出的分布列和期望．‎ ‎【详解】记事件“一次试验中，选择第套方案并试验成功”为，，2，则．‎ ‎（1）3次试验选择了同一套方案且都试验成功的概率 ‎．‎ ‎（2）的可能值为0，1，2，3，则，‎ ‎，，1，2，3，‎ 的分布列为 ‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎．‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，要合理运用二项分布的性质进行解题，属于中档题.‎ ‎17.已知正项等比数列满足，，数列满足.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）令求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ - 16 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等比数列的性质得出公比为，从而得出数列的通项公式，由对数的运算性质得出的通项公式；‎ ‎（2）求出，利用错位相减法求和即可.‎ ‎【详解】（1）正项等比数列的公比为，‎ 由，，可得，解得（舍）‎ 可得，则 ‎（2）‎ 两式相减可得 化简可得 ‎【点睛】本题主要考查了求等比数列的通项公式以及利用错位相减法求和，属于中档题.‎ ‎18.某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满元的顾客，将获得一次摸奖机会，规则如下：一个袋子装有只形状和大小均相同的玻璃球，其中两只是红色，三只是绿色，顾客从袋子中一次摸出两只球，若两只球都是红色，则奖励元；共两只球都是绿色，则奖励元；若两只球颜色不同，则不奖励．‎ ‎（1）求一名顾客在一次摸奖活动中获得元的概率；‎ ‎（2）记为两名顾客参与该摸奖活动获得的奖励总数额，求随机变量的分布列和数学期望．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据古典概型概率计算公式可求得结果；（2）分别求出一名顾客摸球中奖 - 16 -‎ 元和不中奖的概率；确定所有可能的取值为：，，，，，分别计算每个取值对应的概率，从而得到分布列；利用数学期望计算公式求解期望即可.‎ ‎【详解】（1）记一名顾客摸球中奖元为事件 从袋中摸出两只球共有：种取法；摸出的两只球均是红球共有：种取法 ‎（2）记一名顾客摸球中奖元事件，不中奖为事件 则：，‎ 由题意可知，所有可能的取值为：，，，，‎ 则；；‎ ‎；；‎ 随机变量的分布列为：‎ ‎【点睛】本题考查古典概型概率问题求解、离散型随机变量的分布列和数学期望的求解，关键是能够根据通过积事件的概率公式求解出每个随机变量的取值所对应的概率，从而可得分布列.‎ ‎19.已知数列的前项和为，，设.‎ ‎（Ⅰ）证明：是等比数列；‎ ‎（Ⅱ）设，求前项和，若对于任意恒成立，求的取值范围.‎ - 16 -‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）当时，化简整理得，得到即，即 ，即可证得是等比数列；‎ ‎（2）由（1）知，即，利用并项求和，即可求解．‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，，‎ 当时，，所以，‎ 即，即，‎ 又∵，∴是首项，公比为2的等比数列．‎ ‎（2）由（1）知，即，‎ 所以 ‎ ‎ ‎∴ ‎ 当为偶数时，∴是递减的，‎ 此时当时，∴取最大值，则.‎ 当为奇数时，∴是递增的，‎ 此时，则.‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ - 16 -‎ 本题主要考查了等比数列的定义的应用，以及数列的并项求和，其中解答中熟练应用数列的递推公式化简和等比数列定义，以及合理利用并项求和求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）当时，求在区间上的最值；‎ ‎（2）讨论函数的单调性；‎ ‎（3）当时，有恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）最小值为，最大值为；‎ ‎（2）见解析；‎ ‎（3）（﹣1，0）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数在区间上的极值和端点值，比较后可得最值；（2）根据的不同取值进行分类讨论，得到导函数的符号后可得函数的单调性；（3）当时，求出函数的最小值为，故问题转化为当时恒成立，整理得到关于的不等式，解不等式可得所求范围．‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ ‎∴．‎ ‎∴当时，单调递减；当时，单调递增．‎ ‎∴当时，函数取得极小值，也为最小值，且最小值为．‎ - 16 -‎ 又，，‎ ‎∴．‎ 所以函数在区间上的最小值为，最大值为．‎ ‎（2）由题意得，．‎ ‎①当，即时，恒成立，‎ ‎∴在上单调递减．‎ ‎②当时，恒成立，‎ ‎∴在上单调递增．‎ ‎③当时，，‎ 由得，或（舍去），‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增．‎ 综上可得，当，在上单调递增；‎ 当时，在上单调递减，在单调递增；‎ 当时，在上单调递减．‎ ‎（3）由（2）可得，当时，，‎ 若不等式恒成立，则只需，‎ 即，‎ - 16 -‎ 整理得，‎ 解得，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴．‎ ‎∴实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】（1）涉及含参数的单调性或单调区间的问题，一定要弄清参数对导数在某一区间内的符号是否有影响．若有影响，则必须分类讨论．‎ ‎（2）解决关于恒成立问题时，一般转化为求函数最值的问题处理．对于含有多个变量的恒成立问题，则可采取逐步消去变量的方法求解，此时需要分清谁是主变量谁是次变量，一般情况下，知道谁的范围谁就是主变量，求谁的范围谁就是参数．‎ - 16 -‎