陕西省西安市电子科技大学附中2018-2019学年高二下学期期末数学(理)试题(解析版)

1、20182019学年度第二学期期末考试高二年级数学试题（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分；每小题所给的四个选项中只有一个选 项符合题2- _ . 一1 .设集合 M1,0,1 , Nx|x2 x ,则 M I N （）A. 0B. 0,1C. 1,1D. 1,0,1【答案】B【解析】【分析】求出集合N ,根据交集定义，即可求得答案 .【详解】Q Nx|x2 x x|0 x 1 ,M =- 1,0,1M N 0,1故选：B.【点睛】本题主要考查了交集运算，解题关键是掌握交集定义，考查了分析能力和计算能力，属于基础题2 .设 x 0, y R,则 “ x y” 是 “ x

2、y ” 的（）A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】12不能推出12 ,反过来，若x y则x y成立，故为必要不充分条件 .3.从A, B, C, D, E 5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案种数为（）A. 24B. 48C. 72D. 120【答案】C【解析】对应参加四科竞根据题意，分2种情况讨论：A不参加任何竞赛，此时只需要将B,C, D,E四个人全排列赛即可；A参加竞赛，依次分析 A与其他四人的情况数目，由分步计数原理可得此时参加方案的种数，进而由分类计数原理计算可得结

3、论.【详解】A参加时参赛方案有 C：A；A； 48 （种），4A不参加时参赛万案有 A424 （种），所以不同的参赛方案共 72种，故选C.【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题 才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数 加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率4.某中学高二共有12个年级，考13t时安排12个班主任监考，每班1人，要求有且只有 8个班级是自己的班主任监考

4、，则不同的安排方案有（）A.4455B.495C.4950D.7425【答案】A【解析】【分析】根据题意，分两步进行：先确定8个是自己的班主任老师监考的班级，然后分析剩余的4个班级的监考方案，计算可得其情况数目，由分步计数原理计算可得答案.【详解】Q某中学高二共有12个年级，考试时安排12个班主任监考，每班1人，要求有且只有8个班级是 自己的班主任监考，首先确定8个是自己的班主任老师监考的班级，有495种，而剩余的4个班级全部不能有本班的班主任监考，有 3 1 3 2 9种；由分步计数原理可得，共 495 9 4455种不同的方案；故选：A.【点睛】本题解题关键是掌握分步计数原理和组合数计算公

5、式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题5.100件产品中有6件次品，现从中不放回的任取3件产品，在前两次抽到正品的条件下第三次抽到次品的概率为（）A.3491B.198C.97350D.【答案】A94 P(AB)布93 _6_99 98P(B|A)P(AB)P(A)6398 49故选：A.【点睛】本题是一道关于条件概率计算题目，关键是掌握条件概率的计算公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题6.函数f(x)在定义域R内可导，若f(x) f (2 x),且当x (,1)时，(x 1)f'(x) 0,设a f(0),- 1bf(-), c f ，则()2A. a b cB. c a b

6、【答案】B【解析】【详解】xC (-8, 1)时，x-1<0,由(x-1)看 所以(-8, 1)上f (x)是增函数.f (x) =f (2-x),.f (3) =f (2-3) =f (-1)，1所以 f (-1) v ( 0) v f (一),2因此cv avb.故选B.x2 4x X存在零点的概率是(17.设随机变量X服从二项分布X : B(5,-),则函数f (x)A.B.C.3132D.【解析】 【分析】 由已知可知100件产品中有6件次品，94件正品，设箭两次抽到正品”为事件A,第三次抽到次品”为事件B,求出P(A)和P(AB),即可求得答案 【详解】由已知可知100件产品中

7、有6件次品，94件正品，设 前两次抽到正品”为事件A,第三次抽到次 品”为事件B;皿 94 93则 P(A),100 99【答案】C【解析】【分析】因为函数f(x) x2 4x X存在零点，所以 X 4.P(X 4) 1 P(X 5) 1 (-)5 巴. 232【详解】.函数f(x) x2 4x X存在零点，16 4X 0, X 4.1 X 服从 X : B(5,),21 531- P(X 4) 1 P(X 5) 1 (-). 232故选C【点睛】本题主要考查独立重复试验的概率求法以及二项分布，熟记公式是解题的关键，属于简单题.8 .已知命题p： x0 R, mxo 1 0,命题q: x R,

8、x2 mx 1 0,若P q为假命题，则实数m的取 值范围是()A. 2m 2B. m2 或 m2 C. m 2D. m2【答案】D【解析】试题分析：由 p: Xo R,mx2 1 0,可得 m 0,由 q: x R,x2 mx 1 0,可得 m2 4 0, 解得 2 m 2 .因为P q为假命题，所以 P与q都是假命题，若 P是假命题，则有 m 0,若q是假命 题，则由m 2或m 2,所以符合条件的实数 m的取值范围为 m 2,故选D.考点：命题真假的判定及应用 .9 .(2 JX)8展开式中不含x4项的系数的和为A. 1B. 0C. 1D. 2【答案】B【解析】试题分析：由二项式定理知，(

9、2 JX)8展开式中最后一项含 x4,其系数为1,令x=1得，此二项展开式的各项系数和为(2 71)8=1 ,故不含x4项的系数和为1-1=0 ,故选B.考点：二项展开式各项系数和；二项展开式的通项10 .已知 f(x)在 R 上是奇函数，且 f (x 4)f(x)，当 x (0,2)时，f(x) 2x2，则 f(7)A. -2B. 2C. -98D. 98【答案】A【解析】. f(x +4) = f(x) , .-.f( x)是以 4 为周期的周期函数，f(2 019)=f(504 X4+ 3) = f(3) = f( 1).又 f(x) 为奇函数，f( 1) = - f(1) = 2X1

10、2= 2,即 f(2 019) =- 2.故选A11 .已知定义在 R上的增函数 f(x),满足f( x) +f(x)= 0,xi,x2,x3 R ,且 xi+x2>0,x2+x3>0,x3+xi>0,则 f(xi) + f(x2)+f(x3)的值()A. 一定大于0B. 一定小于0C.等于0D.正负都有可能【答案】A【解析】因为 f(x)在 R 上的单调增，所以由 x2 + x1>0,得 x2>-x1所以 f(x2)f( x1)f(x1)f(x2)f(x1) 0同理得 f(x2) f(x3) 0,f(x1)f(x3) 0,即 f(x1) + f(x2)+f(x3

11、)>0,选 A.点睛：利用函数性质比较两个函数值或两个自变量的大小，首先根据函数的性质构造某个函数，然后根据函数的奇偶性转化为单调区间上函数值，最后根据单调性比较大小，要注意转化在定义域内进行12 .设/0)是定义在R上的奇函数，且/。)=。,当犬30时，有xf (x) 2 f (幻 0恒成立，则不x等式x2f(x) 0的解集是()A. ( 2,0) u (2,)B. (, 2) u (0, 2)C (， 2) U (2,)D. ( 2,0) u (0, 2)【答案】B【解析】试题分析：因为当工：时，有xf (x)2 f(x) 0恒成立，所以 1(20恒成立，所以 Ux)在(0,)xxx

12、内单调递减.因为/'(2) = 口,所以在(0,2)内恒有f(x) 0；在(2,)内恒有f(x) 0.又因为是定义在R上的奇函数，所以在 (，2)内恒有f(x) 0 ；在(2,0)内恒有f(x) 0 .又因为不等式2x2f(x) 0的解集，即不等式f(x) 0的解集，由上分析可得，其解集为 (，2) U (0,2),故应选B.考点：1、函数的基本性质；2、导数在研究函数的单调性中的应用.【思路点睛】本题主要考查了函数的基本性质和导数在研究函数的单调性中的应用，属中档题.其解题的一般思路为：首先根据商函数求导法则可知xf (x) 2 f(x) 0化为 上侬0;然后利用导数的正负性. x

13、x (0,)内的单调性；再由7(2) = 0可得函数/(工)在(0,)内的正负性；最后结合奇 x函数的图像特征可得，函数 /工)在(，0)内的正负性，即可得出所求的解集.二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分)13 .设a R,若函数y ex ax,x R有大于零的极值点，则实数 a的取值范围是【答案】a 1【解析】【分析】先求导数，求解导数为零的根，结合根的分布求解【详解】因为y ex ax,所以y ex a,令y 0得aex,因为函数y ex ax有大于0的极值点，所以ex 1,即aex1.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值点问题，极值点为导数的变号零点，侧重考查转化化归

14、思想.14 .若随机变量 XN ,2,且 PX 5 PX 10.2,则 P 2 X 5 【答案】0.3【解析】【分析】由条件求得2,可得正态分布曲线的图象关于直线x 2对称.求得P X 5 P X 1 0.2的值，根据对称性，即可求得答案.【详解】Q随机变量X N , 2 ,且P(X 5) P(X 1) 0.2,5 ( 1)可得 2 ,正态分布曲线的图象关于直线x 2对称.2P( 1 X 5) 2P(2 X 5) 1 0.2 0.2 0.6P(2 X 5) 0.3,故答案为：0.3.【点睛】本题考查了正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15 .方程x y

15、 z 10的正整数解的个数 .【答案】36【解析】【分析】本题转化为把10个球放在三个不同的盒子里，有多少种方法，利用隔板法，即可求得答案【详解】问题中的x?y?z看作是三个盒子，问题则转化为把10个球放在三个不同的盒子里，有多少种方法.将10个球排一排后，中间插入两块隔板将它们分成三堆球，使每一堆至少一个球.隔板不能相邻，也不能放在两端，只能放在中间的9个空内.共有C； 36种.故答案为：36【点睛】本题解题关键是掌握将正整数解的问题转化为组合数问题，考查了分析能力和转化能力，属于中 档题.16 .设g(x)是定义在R上、以1为周期的函数，若f(x) x g(x)在3,4上的值域为2,5,则

16、f(x)在 区间10,10上的值域为.【答案】15,11518.已知An56Cn，且 1 2xa0a1x2a2x-3a3xLnLanx .(1)求值;a222L9n的值.2n(1)15. (2)(1)根据Amn!(n m)!Cnmn!m!(n m)!,即可求解An56Cn ,即可求得答案;略三、解答题：(本大题共5小题，共52分=10+10+10+10+12写出详细的解答过程)17 . (1) 3个不同的球放入 5个不同的盒子，每个盒子至多放1个球，共有多少种放法？(2) 3个不同的球放入 5个不同的盒子，每个盒子放球量不限，共有多少种放法？【答案】(1) 60. (2) 125【解析】【分析

17、】(1)把三个不同的小球分别放入 5个不同的盒子里(每个盒子至多放一个球)，实际上是从 5个位置选3个位置用3个元素进行排列，即可求得答案 .(2)因为3个不同的球放入 5个不同的盒子，每个盒子放球量不限，所以一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有5种独立的放法，即可求得答案 .【详解】(1)把3个不同的小球分别放入 5不同的盒子里(每个盒子至多放一个球)，实际上是从5个位置选3个位置用3个元素进行排列，共有 A 60种结果，共有：60方法.(2) Q 3个不同的球放入 5个不同的盒子，每个盒子放球量不限一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有5种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有53

18、 1 25种共有：125放法.【点睛】本题的求解按照分步计数原理可先将球分组，选择盒子，再将球排列到选定的盒子里，这种先选属于中档题后排的方法是最常用的思路，考查了分析能力和计算能力,(2)采用赋值法，令 x 1求出所有项系数的和，再令 x 0,求a0,即可求得答案【详解】(1) Q An56Cnnn1n 2n 3n 4n 5n 656整理可得:(n 5)(n90即n211n60 0，故(n15)(n 4) 0解得:15或n4 (舍去)1) n 15(1 2x)15a0ax2a2x3a3x15a15x0,可得a。1 一-,可得(12a1a2-2L222可得a1a22 -)152a15215a1

19、52a0a12a2 L 22a15【点睛】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力，属于基础题19.盒内有大小相同的 9个球，其中2个红色球，3个白色球，4个黑色球.规定取出1个红色球得1分，取出1个白色球得0分，取出1个黑色千得1分.现从盒内任取3个球(I )求取出的3个球中至少有一个红球的概率；(n)求取出的3个球得分之和恰为 1分的概率；(出)设 为取出的3个球中白色球的个数，求的分布列.【答案】(I) (n)(出)见解析1242【解析】【分析】(I)可以求其反面，一个红球都没有，求出其概率，然后求取出的3个球中至少有一个红球的概率，从而求解；(n)可以记

20、“取出 1个红色球，2个白色球”为事件 B, “取出2个红色球，1个黑色球”为事件 C,求出事件B和C的概率，从而求出 3个球得分之和恰为1分的概率;（出）E可能的取值为0, 1, 2, 3,分别求出其概率【详解】解：（I ）取出的3个球中至少有一个红球的概率:C3C3712（n）记“取出1个红色球，2个白色球”为事件B, “取出2个红色球，1个黑色球”为事件 C,C2C32C22c4C3C；542（6分）（出）E可能的取值为0, 1, 2, 3.（7分）C35C32?c3c2C934584'c；c6CT14，84（11 分）E的分布列为:0123P5453121841484考点：1古

21、典概型概率；2分布列20.高铁、网购、移动支付和共享单车被誉为中国的新四大发明”，彰显出中国式创新的强劲活力.某移动支付公司从我市移动支付用户中随机抽取100名进行调查，得到如下数据：每周移动支付次数1次2次3次4次5次6次及以上总计男1087321545女546463055总计1512137845100(1)把每周使用移动支付超过3次的用户称为 移动支付活跃用户”，能否在犯错误概率不超过0.005的前提下，认为是否为移动支付活跃用户”与性别有关？(2)把每周使用移动支付 6次及6次以上的用户称为 移动支付达人”，视频率为概率，在我市所有 移动支付达人”中，随机抽取4名用户.求抽取的4名用户中

22、，既有男 移动支付达人”又有女移动支付达人”的概率；为了鼓励男性用户使用移动支付，对抽出的男移动支付达人”每人奖励300元，记奖励总金额为 X,求X的分布列及均值.附公式及表如下:2n ad bcabcdacbd2P 2>k0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.0763.8415.0246.6357.87910.8282【答案】(1)在犯错误概率不超过0.005的前提下，能认为是否为移动支付活跃用户”与性别有关.(2)64答案见解析.81【解析】(1)由题意完成列联表，结合列联表计算可得224502 72970 8.249 3.841 ,即可求得

23、答案;1(2)视频率为概率，在我市 移动支付达人”中，随机抽取1名用户，该用户为男 移动支付达人 的概率为-，3，一一2女移动支付达人”的概率为2,结合已知，即可求得答案3【详解】(1)由表格数据可得2 2列联表如下：非移动支付活跃用户移动支付活跃用户合计男252045女154055合计4060100将列联表中的数据代入公式计算得:2n ad bcabcd acbd2100 25 40 15 2040 60 55 45""24508.249 3.841.297移动支付活跃用户”与性别有关所以在犯错误概率不超过 0.005的前提下，能认为是否为(2)视频率为概率，在我市 移动

24、支付达人”中，随机抽取1名用户，、“ 一， ”一一 1“ 一， ， ”一一 2该用户为男 移动支付达人”的概率为-,女 移动支付达人”的概率为-.3342643814抽取的4名用户中，既有男移动支付达人”，又有女移动支付达人”的概率为P 113记抽出的男移动支付达人”人数为Y ,则X 300Y.，升1由题意得YB 4,3c01681c432一；81C224一；81C381C：181Y01234P168132812481881181所以Y的分布列为所以X的分布列为X03006009001200P168132812481881181,_14由EY 4 -,得X的数学期望E X 300E Y 400元. 3 3【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列，分布列的性质，独立性检验及其应用等知识，考查学生的转化能力和计算求解能力，属于中档题、1.a32c21.设 f x xlnx , g x x x 3. x(I)如果存在xi, x2 0,2,使得g(x1)-g(x2) Wl成立，求满足上述条件的最大整数M; 1 工，.(n)如果对于任意的s,t,2都有f(s)再成立，求实数a的取值范围