河南省南阳市2020-2021学年高二数学下学期期终质量评估试题理（含解析）

1、河南省南阳市2020-2021学年高二数学下学期期终质量评估试题理（含解析）一选择题(本大题共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. 从装有2个白球、3个黑球的袋中任取2个小球，下列可以作为随机变量的是（ ）A. 至多取到1个黑球B. 至少取到1个白球C. 取到白球个数D. 取到的球的个数2. 已知复数，则复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）A. B. C. D. 3. 某数列前10项是，按此规律推理，该数列中奇数项的通项公式可以是（ ）A. B. C. D. 4. 某市有10000人参加期末考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布(试卷满分15

2、0分，大于等于120分为优秀)，统计结果显示数学成绩分数位于(90，105的人数占总人数的，则此次数学考试成绩优秀的人数约为（ ）A. 4000B. 3000C. 2000D. 10005. 设离散型随机变量可能取值为，若的均值，则等于（ ）A. B. 0C. D. 6. 如图，矩形ABCD四个顶点的坐标分别为，正弦曲线和余弦曲线在矩形ABCD内交于点F，向矩形ABCD区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是（ ）A. B. C. D. 7. 二维空间中，圆的一维测度(周长)，二维测度(面积)，三维空间中，球的二维测度(表面积)，三维测度(体积)应用合情推理，若四维空间中，特级球”的三

3、维测度，则其四维测度（ ）A. B. C. D. 8. 设随机变量，记.在研究的最大值时，某数学兴趣小组的同学发现：若为正整数，则时，此时这两项概率均为最大值；若为非整数，当取的整数部分，则是唯一的最大值.以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的股子并实时记录点数1出现的次数.当投郑到第30次时，记录到此时点数1出现7次，若继续再进行70次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为（ ）的概率最大A. 16B. 17C. 18D. 199. 如图是某个闭合电路一部分，每个元件的可靠性是，则从到这部分电路畅通的概率为（ ）A B. C. D. 10. 已知直线与曲线在点处相切，

4、则下列说法正确的是（ ）A. 的极大值为B. 的极小值为C. 在上单调递增D. 的极值存在，但随着的变化而变化11. 为了发挥“名师引领”作用，加强教育资源融合，上级将六位专家型“教学名师”分配到我市第一第二第三中学支教，每位专家只去一个学校，且每校至少分配一人，其中不去市一中，则不同的分配方案种数为（ ）A. 160B. 240C. 360D. 42012. 已知命题不等式恒成立，命题在上存在最小值，且(其中的导数是，若或为假命题，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 二填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13. 的展开式中，项的系数为_.14. 同学们，对于本张数学试卷的1

5、2个选择题，我们假定：某考生对选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的，而对其它三个选项都没有把握，设该生选择题的总得分为分，则_.15. 易经是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成(“”表示一根阳线，“”表示一根阴线)，从八卦中任取两卦，已知取出的两卦有一卦恰有一个阴线，则另一卦至少有两个阴线的概率是_.16. 若，不等式在上恒成立，则实数的取值范围是_.三解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 用数学归纳法证明：(其中是正整数).18. 已知函数.（1）当时，求表达式的展开式中二项式系数的最大值；（2

6、）当时，若，求.19. 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）若把每周使用移动支付超过3次的用户称为“移动支付活夭用户”，完成下列列联表，并判断：是否有的把握认为“移动支付活夭用户”与性别有关？非移动支付活夭用户移动支付活夭用户总计男2545女40总计60（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名用户设抽取的4名用户中，既有男“移动支付达人”又有女“移动支

7、付达人”的事件为，求.附公式及表如下：，其中.20. 已知函数.（1）当时，证明：；（2）若，对任意，总有，求的取值范围.21. 已知函数.（1）若函数有两个零点，求的取值范围；（2）若，曲线在点的切线也是曲线的切线，证明.22. 某中学组织学生前往电子科技产业园，学习加工制造电子产品该电子产品由A、B两个系统组成，其中A系统由3个电子元件组成，B系统由5个电子元件组成各个电子元件能够正常工作的概率均为，且每个电子元件能否正常工作相互独立每个系统中有超过一半的电子元件正常工作，则该系统可以正常工作，否则就需要维修（1）当时，每个系统维修费用均为200元设为该电子产品需要维修的总费用，求的分布列

8、与数学期望；（2）当该电子产品出现故障时，需要对该电子产品A，B两个系统进行检测从A，B两个系统能够正常工作概率的大小判断，应优先检测哪个系统？答案一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1从装有2个白球、3个黑球的袋中任取2个小球，下列可以作为随机变量的是（）A至多取到1个黑球B至少取到1个白球C取到白球的个数D取到的球的个数【分析】利用随机变量的定义直接求解解：从装有2个白球、3个黑球的袋中任取2个小球，对于A，至多取到1个黑球是随机事件，不是随机变量，故A错误；对于B，至少取到1个白球是随机事件，不是随机变量，故B错误；对于C，取到白球的个数是随机变量，故C正确；对于D，取到的球

9、的个数是常量，故D错误故选：C2复数，则在复平面内，z对应的点的坐标是（）A（1，0）B（0，1）CD【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简即可得z对应的点的坐标，则答案可求解：由i；则在复平面内，z对应的点的坐标是：（0，1）故选：B3某数列前10项是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，按此规律推理，该数列中奇数项的通项公式可以是（）ABCD【分析】取特殊值代入利用排除法即可求解结论解：因为第一项为0，故D错；第三项为4，故AC错；故选：B4某市有10000人参加期末考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布N（105，2）（0）（试卷满分150分，大于等于120分为优秀），统计

10、结果显示数学成绩分数位于（90，105的人数占总人数的，则此次数学考试成绩优秀的人数约为（）A4000B3000C2000D1000【分析】根据已知条件，可得P（105X120）P（90X105），即可得P（X120）的概率，即可求解解：设数学成绩为X，数学成绩分数位于（90，105的人数占总人数的，又数学考试成绩近似服从正态分布N（105，2），P（105X120）P（90X105），P（X120），此次数学考试成绩优秀的人数约10000×故选：D5设离散型随机变量X可能的取值为1，2，3，P（Xk）ak+b，若X的均值E（X），则a+b等于（）AB0CD【分析】根据已知条件，可得

11、随机变量X的分布列，由分布列的性质，可推得6a+3b1，再结合期望的公式，可得，联立两个方程，即可求解解：离散型随机变量X可能的取值为1，2，3，P（Xk）ak+b，随机变量X的分布列为X 1 2 3 P a+b 2a+b3a+b由分布列的性质，可得（a+b）+（2a+b）+（3a+b）1，即6a+3b1 ，X的均值E（X），即，联立，解得，故选：C6如图，矩形ABCD的四个顶点的坐标分别为A（0，1），B（，1），C（，1），D（0，1），正弦曲线f（x）sinx和余弦曲线g（x）cosx在矩形ABCD内交于点F，向矩形ABCD区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是（）ABCD【分

12、析】利用定积分计算公式，算出曲线ysinx与ycosx围成的区域包含在区域D内的图形面积为S2，再由定积分求出阴影部分的面积，利用几何概型公式加以计算即可得到所求概率【解答】解根据题意，可得曲线ysinx与ycosx围成的区域，其面积为（sinxcosx）dx（cosxsinx）1（）1+；又矩形ABCD的面积为2，由几何概型概率公式得该点落在阴影区域内的概率是；故选：B7在二维空间中，圆的一维测度（周长）l2r，二维测度（面积）Sr2；在三维空间中，球的二维测度（表面积）S4r2，三维测度（体积）应用类比推理，若在四维空间中，“特级球”的三维测度V12r3，则其四维测度W（）A4r4B3r4

13、C2r4Dr4【分析】根据所给的示例及类比推理的规则得出高维的测度的导数是低一维的测度，从而得到WV，从而求出所求解：二维空间中圆的一维测度 （周长） l2r，二维测度 （面积） Sr2；观察发现Sl，三维空间中球的二维测度 （ 表面积 ）S4r2，三维测度 （ 体积 ），观察发现 VS，四维空间中“特级球“的三维测度 V8r3，猜想其四维测度 W，则 WV12r3，W3r4，故选：B8设随机变哩XB（n，p），记在研究pk的最大值时，某数学兴趣小组的同学发现：若（n+1）p为正整数，则k（n+1）p时，pkpk1，此时这两项概率均为最大值；若（n+1）p为非整数，当k取（n+1）p的整数部分

14、，则pk是唯一的最大值以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的股子并实时记录点数1出现的次数当投郑到第30次时，记录到此时点数1出现7次，若继续再进行70次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为（）的概率最大A16B17C18D19【分析】再进行70次投掷试验中，出现点数为1的次数服从二项分布，结合条件求解解：由题意知，继续进行70次投掷试验，出现点数为1的次数服从二项分布XB（70，），因为，由条件知当k11时，概率最大所以总共出现11+718次时概率最大故选：C9如图是某个闭合电路的一部分，每个元件的可靠性是，则从A到B这部分电路畅通的概率为（）ABCD【分析】利用相

15、互独立事件的概率乘法公式以及对立事件的概率公式求解即可解：因为每个元件的可靠性是，所以从A到B这部分电路不畅通的概率为，故从A到B这部分电路畅通的概率为1故选：C10已知直线与曲线在点（1，f（1）处相切，则下列说法正确的是（）Af（x）的极大值为Bf（x）的极小值为Cf（x）在（1，+）上单调递增Df（x）的极值存在，但随着m的变化而变化【分析】求出原函数的导函数，得到函数在点（1，f（1）处的球心的斜率，结合已知求得m值，可得原函数的解析式，再由导数研究其单调性与最值得答案解：由，得f（x），由已知可得，则m1f（x），f（x），当x（，2）时，f（x）0，f（x）单调递减，当x（2，+）

16、时，f（x）0，f（x）单调递增，当x2时，f（x）取得极小值为f（2），故AC错误，B正确；f（x）的极小值为定值，与m无关，故D错误故选：B11为了发挥“名师引领”作用，加强教育资源融合，上级将a，b，c，d，e，f六位专家型“教学名师”分配到我市第一、第二、第三中学支教，每位专家只去一个学校，且每校至少分配一人，其中c不去市一中，则不同的分配方案种数为（）A160B240C360D420【分析】根据题意，分2步进行分析：将6位专家分为3组，将三组专家安排到三个学校，其中c所在的组不去市一中，由分步计数原理计算可得答案解：根据题意，分2步进行分析：将6位专家分为3组，若分为222的三组，有

17、15种分组方法，若分为411的三组，有15种分组方法，若分为123的三组，有60种分组方法，则有15+15+6090种分组方法；将三组专家安排到三个学校，其中c所在的组不去市一中，有2×24种情况，则有90×4360种安排方法；故选：C12已知命题p：不等式3lnxa（x1）0恒成立，命题在（c，c+5）上存在最小值，且f'（1+x）f'（1x）（其中f（x）的导数是f'（x），若（p）或（q）为假命题，则的取值范围是（）A（1，2）BCD【分析】由（p）或（q）为假命题可得命题p和命题q都是真命题，若命题p是真命题，即直线ya（x1）恒在函数g（x

18、）图象的上方，数形结合可得a3；若命题q是真命题，先根据f'（1+x）f'（1x）求出b，再利用导数知识作出函数f（x）的大致图象，数形结合建立关于c的不等式，即可求c的取值范围，进而得到的取值范围解：（¬p）或（¬q）为假命题，则命题¬p和命题¬q都是假命题，即命题p和命题q都是真命题，若命题p是真命题，令g（x）3lnx，直线ya（x1）是过点（1，0）的一条直线，所以g（1）3，所以函数g（x）在点（1，0）处的切线方程为y3（x1），3lnxa（x1）03lnxa（x1），题意转化为直线ya（x1）恒在函数g（x）图象的上方，数形

19、结合可知a3若命题q为真命题，因为f（1+x）f（1x），所以f（x）关于直线x1对称，所以，解得b1所以，当x0或x2时，f（x）0，f（x）在（，0）和（2，+）上单调递增，当0x2时，f（x）0，f（x）在（0，2）上单调递减，于是当x2时，f（x）取得极小值，令f（x）0x1或x2，作出函数f（x）的大致图象，由f（x）在（c，c+5）上存在最小值，数形结合可得1c2，所以故选：D二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（3x2）（x1）7的展开式中，x5项的系数为 147【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得含x5项的系数解：（x1）7的通项公式为 Tr+1（1）

20、rx7r，（3x2）（x1）7的展开式中，x5项的系数3×（）2147，故答案为：14714同学们，对于本张数学试卷的12个选择题（每小题5分），我们假定：某考生对选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的，而对其它三个选项都没有把握，设该生选择题的总得分为X分，则D（X）【分析】设该考生答对题的个数为n，由题意可得，n服从二项分布，即nB（12，），再结合方差公式D（X）npq，以及D（aX+b）a2D（X），即可求解解：设该考生答对题的个数为n，选择题每小题5分，X5n，n服从二项分布，即nB（12，），D（n），D（Y）故答案为：15易经是中国传统文化中的精髓，如图

21、是易经八卦（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（“”表示一根阳线，“”表示一根阴线），从八卦中任取两卦，已知取出的两卦有一卦恰有一个阴线，则另一卦至少有两个阴线的 【分析】求出总的基本事件数和符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可解：从八卦中任取两卦，两卦中恰有一根阴线的取法有种，从八卦中任取两卦，两卦中恰有一根阴线，另一卦中至少有两根阴线的取法有种，所以取出的两卦有一卦恰有一个阴线，则另一卦至少有两个阴线的概率为故答案为：16若a1，不等式xexx+（a2）lnxxa10在（1，+）上恒成立，则实数a的取值范围是 （1，e+2）【分析】设f（x）exx（

22、x0），则原式可化为f（x+lnx）f（lnxa1），结合函数f（x）的单调性，可得，构造函数m（x），x1，结合m（x）的单调性，可得m（x）的极小值，即m（x）的最小值，即可求解解：设f（x）exx（x0），求导可得f'（x）ex1，f（x）在（0，+）单调递增，xexx+（a2）lnxxa10，xexxlnxxa1（a1）lnx，xexex+lnx，（a1）lnxlnxa1，f（x+lnx）f（lnxa1），x1，a1，x+lnx0，lnxa10，又f（x）在（0，+）单调递增，x+lnx（a1）lnx，即x（a2）lnx，lnxln10，设m（x），x1，求导可得m'（

23、x），令m'（x）0，解得xe，m'（x）0，解得1xe，m（x）在（e，+）单调递增，在（1，e）单调递减，m（x）在xe取得极小值点，也为m（x）的最小值点，m（x）minm（e）e，即 a2e，可得1ae+2则实数a的取值范围是（1，e+2）故答案为：（1，e+2）三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17用数学归纳法证明：（1+）n1+n（其中1，n是正整数）【分析】要证明当1时，（1+）n1+n，先证明n1时，（1+）n1+n成立，再假设nk时，（1+）n1+nx成立，进而证明出nk+1时，（1+）n1+n也成立，即可得到对于任意正整数n：当1时，（1+

24、）n1+n解：因为（1+）n1+n为关于n的不等式，x为参数，以下用数学归纳法证明：（）当n1时，原不等式成立；当n2时，左边1+2+2，右边1+2，因为x20，所以左边右边，原不等式成立；（）假设当nk时，不等式成立，即（1+）k1+k，则当nk+1时，1，1+0，于是在不等式（1+）k1+k两边同乘以1+得（1+）k（1+）（1+k）（1+）1+（k+1）+k21+（k+1），所以（1+）k+11+（k+1）即当nk+1时，不等式也成立综合（）（）知，对一切正整数n，不等式都成立18已知函数f（x）（1）当0x1时，求f（f（x）表达式的展开式中二项式系数的最大值；（2）当x1时，若f2（

25、x）a0+a1（1x）+a2（1x）2+a10（1x）10，求a7【分析】（1）由题意利用分段函数，二项展开式的通项公式，得出结论（2）把二项式变形，利用二项展开式的通项公式，得出结论解：（1）由题，所以当0x1时，故，而的展开式共有6项，故二项式系数的最大值为（2）当x1时，f2（x）（x+1）10，即，由Tr+1210r（1x）r，可知，a723（1）796019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）若把每周使用移动支付超过3次

26、的用户称为“移动支付活夭用户”，完成下列2×2列联表，并判断：是否有99%的把握认为“移动支付活夭用户”与性别有关？非移动支付活夭用户移动支付活夭用户总计男2545女40总计60（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名用户设抽取的4名用户中，既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的事件为A，求P（A）附公式及表如下：，其中na+b+c+dP（2k）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【分析】（1）

27、根据题意填写列联表，计算K2，对照附表得出结论（2）利用频率得出对应的概率，求出所求的概率值解：（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总计男252045女154055总计4060100将列联表中的数据代入公式计算，得K28.2496.635，所以有99%的把握认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关（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，女“移动支付达人”的概率为于是，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（A）120已知函数f（x）a（1x2）+lnx

28、，aR（1）当a0时，证明：；（2）若h（x）f（x）+（x21）lnx，对任意，总有h（x）0，求a的取值范围【分析】（1）当a0时，f（x）lnx，即证lnx，设，结合函数g（x）的单调性，即可证明（2）由（1）可推得h（x）（1a）（x1）（x），结合a的取值范围，即可求解解：（1）证明：当a0时，f（x）lnx，即证lnx，设，求导可得g'（x），当0x1时，g'（x）0，当x1时，g'（x）0，故g（x）在（0，1）上单调递减，g（x）在（1，+）上单调递增，g（x）g（1）0，即（2）由（1）可得，h（x）f（x）+（x21）lnxx2lnx+a（1x2）

29、（x1）（1a）xa（1a）（x1）（x），0a1，即1a0，数形结合只需01成立即可，解得，又当1时，即a时，式取“”，结合h（1）0，可知a符合题意，综上所述，21已知函数f（x）lnxmx+1，mR（1）若函数f（x）有两个零点，求m的取值范围；（2）若m0，曲线yf（x）在点（x0，f（x0）的切线也是曲线g（x）ex的切线，证明：lnx0【分析】（1）令f（x）lnxmx+10，得m，利用导数研究函数的单调性及最值，画出图象，数形结合得答案；（2）由题意，当m0时，f（x）lnx+1，求出曲线yf（x）在点（x0，f（x0）的切线方程，设出该切线与曲线g（x）ex的切点坐标，再由导数求得曲线g（x）ex在切点处的切线方程，由斜率相等及切点处的函数值相等列式即可证明结论解：（1