1、2020-2021 学年广东省广州市荔湾区高二学年广东省广州市荔湾区高二下期末数学试卷下期末数学试卷 一、选择题（共一、选择题（共 8 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 40 分）分）. 1复数 z（其中 i 是虚数单位）的虚部是（ ） A1 Bi C1 Di 2下列求导运算正确的是（ ） A B（cosx2）sinx2 C D 3函数 f（x）的图象如图所示，下列数值排序正确的是（ ） A0f（2）f（3）f（3）f（2） B0f（3）f（3）f（2）f（2） C0f（3）f（2）f（3）f（2） D0f（3）f（2）f（2）f（3） 4A，B，C，D，E 五人并排站成一排，如果 A，
2、B 必须相邻且 B 在 A 的左边，那么不同的排法共有（ ）种 A24 B36 C48 D60 5甲、乙、丙、丁和戊 5 名学生进行劳动技术比赛，决出第 1 名到第 5 名的名次甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”；对乙说“你当然不会是最差的”从上述回答分析，5 人的名次排列有（ ）种不同情况 A36 B54 C72 D81 6 以模型 ycekx去拟合一组数据时， 为了求出回归方程， 设 zlny， 其变换后得到线性回归方程 z0.3x+4，则 c（ ） A0.3 Be0.3 C4 De4 7甲、乙两队进行篮球决赛，采取五场三胜制（当一队得三场胜利时，该队
3、获胜，比赛结束），根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主”设甲队主场取胜的概率为 0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以 3：1 获胜的概率是（ ） A0.18 B0.21 C0.39 D0.42 8若 x2x11，则（ ） A B C D 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分分 9下列叙述正确的是
4、（ ） A回归直线一定过样本点的中心（ ， ） B在回归分析中，R20.80 的模型比 R20.98 的模型拟合的效果好 C在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合效果越好 D 某同学研究卖出的热饮杯数 y 与气温 x （） 的关系， 得到回归方程， 则气温为 2时，一定可卖出 142 杯热饮 10已知两种不同型号的电子元件（分别记为 X，Y）的使用寿命均服从正态分布 XN（1，12），YN（2，22），这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的是（ ） （参考数据： 若 ZN （， 2） ， 则 P （Z+） 0.6827， P （2） Z+2） 0.9545） A12
5、 B12 CP（Y2）P（Y1） DP（11X1+21）0.8186 11在复平面内，复数 za+bi 对应向量为（O 为坐标原点，a，bR）设，射线 Ox 为始边，OZ 为终边逆时针旋转的角为 ，则 zr（cos+isin）数学家棣莫弗发现：设 z1r1（cos1+isin1），z2r2（cos2+isin2），则 z1z2r1r2cos（1+2）+isin（1+2，我们称这个结论为英弗定理，并由此定理推出了复数乘方公式：znr（cos+isin）nrn（cosn+isinn）（nN*），根据以上信息，下列说法正确的是（ ） A当 r1，时，z31 B当 r1，时， i C|z2|z|2 D
6、当 r1，时，若 n 为偶数，则复数 zn为纯虚数 12 若函数的图象和直线yax有四个不同的交点， 则实数a的取值可以是 （ ） A4 B2 C0 D 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13曲线 yx2x 在点 P（1，2）处的切线方程为 14新型冠状病毒疫情期间，4 位志愿者需要被安排到 3 个不同的路口执勤，每个路口至少安排一人，总共有 种不同安排方法（用数字作答） 15（1+3x）6（1x）3的展开式中 x2的系数为 16某制造商制造并出售球型瓶装的某种饮料每个瓶子的制造成本是 0.8r2分，其中 r（单位：cm）是瓶子的
7、半径已知每出售 1mL 的饮料，制造商可获利 0.2 分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为 6cm，当瓶子的半径 r cm 时，每瓶饮料的利润最大，最大值为 分（结果保留 ） 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17已知二项式（12x）n，若选条件_（填写序号）， （1）求展开式中含 x3的项； （2）设（12x）na0+a1x+a2x2+anxn，求展开式中奇次项的系数和 请在：只有第 4 项的二项式系数最大； 第 2 项与第 6 项的二项式系数相等； 所有二项式系数的和为 64
8、这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的线上，并完成解答 18已知函数 f（x）x3+ax2+bx+2，f（x）的极值点分别为 x11，x23 （1）求 a，b 的值； （2）求函数 f（x）的极值 19一个箱子中装有 4 个红球和 3 个白球，那么： （1）一次取出 2 个球，在已知它们颜色相同的情况下，求该颜色是红色的慨率； （2）一次取出 1 个球，取出后记录颜色并放回箱中，取球 3 次，求取到红球个数 X 的期望与方差 20为响应“没有全民健康，就没有全面小康”的号召，社区开展了“健康身体，从我做起”社区健身活动，活动分为徒手运动和器械运动两大类该社区对所有参与活的 1000 人进行了
9、调查其中男性 600人中有 180 人参加徒手运动，女性中有 320 人参加器械运动 （1）根据以上提供的信息，完成 22 列联表，并回答能否在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为选择器械运动与性别有关系？ 器械运动 徒手运动 总计 男性 女性 总计 （2）将上述调查所得的频率视为概率，为了进一步弄清选徒手运动的影响因素，准备进行抽样调查，现从选徒手运动的人中按分层抽样的方法抽取 13 人，再从这 13 人中任意抽取 3 人进行访谈，记抽取 3 人中参加徒手运动的女性人数为与 ，求 的概率分布列 附： 临界值表： P（K2k0） 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
10、k0 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 21某地位于甲、乙两条河流的交汇处，夏季多雨，根据统计资料预测，今年汛期甲河流发生洪水的概率为 0.25，乙河流发生洪水的概率为 0.2，（假设两河流发生洪水与否互不影响），现有一台大型设备正在该地施工，为了保护设备，施工方提出以下三种方案： 方案一：运走设备需要花费 5000 元； 方案二：建防洪设施，需要花费 2000 元，但防洪设施只能抵御一条河流发生的洪水，当两河流同时发生洪水时，设备将受损，损失 56000 元； 方案三：不采取措施，当两条河流同时发生洪水时损失 60000 元，只有一条河流发生洪水时，损失 1000
11、0元 （1）求今年甲、乙两河流至少有一条发生洪水的概率； （2）试比较哪一种方案更好，说明理由 22已知函数 f（x）exax+x （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）当 x0 时，f（x）x2+1 恒成立，求实数 a 的取值范围 参考答案参考答案 一、选择题（共一、选择题（共 8 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 40 分）分）. 1复数 z（其中 i 是虚数单位）的虚部是（ ） A1 Bi C1 Di 解：z， 复数 z的虚部是1 故选：C 2下列求导运算正确的是（ ） A B（cosx2）sinx2 C D 解：（x2+ln2）2x，A 错； （cosx2）sinx2（x2）
12、2xsinx2，B 错； （），C 对； （）（x+1）（x+1），D 错 故选：C 3函数 f（x）的图象如图所示，下列数值排序正确的是（ ） A0f（2）f（3）f（3）f（2） B0f（3）f（3）f（2）f（2） C0f（3）f（2）f（3）f（2） D0f（3）f（2）f（2）f（3） 解：设 x2，x3 时曲线上的点分别为 A，B，点 A 处的切线为 AT，点 B 处的切线为 BQ， 则 f（3）f（2）， f（3）kBQ，f（2）kAT， 因为切线 BQ 的倾斜角小于直线 AB 的倾斜角，直线 AB 的倾斜角小于切线 AT 的倾斜角， 所以 kBQkABkAT，即 0f（3）f（
13、3）f（2）f（2） 故选：B 4A，B，C，D，E 五人并排站成一排，如果 A，B 必须相邻且 B 在 A 的左边，那么不同的排法共有（ ）种 A24 B36 C48 D60 解：根据题意，分 2 步进行分析： A，B 必须相邻且 B 在 A 的左边，将 AB 看成一个整体，有 1 种顺序， 将 AB 整体与 C、D、E 全排列，有24 种情况， 则有 12424 种排法； 故选：A 5甲、乙、丙、丁和戊 5 名学生进行劳动技术比赛，决出第 1 名到第 5 名的名次甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”；对乙说“你当然不会是最差的”从上述回答分析，5 人的名
14、次排列有（ ）种不同情况 A36 B54 C72 D81 解：根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名， 分 2 种情况讨论： 、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有 3 种情况， 剩下的三人安排在其他三个名次，有 A336 种情况， 此时有 3618 种名次排列情况； 、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有 A326 种情况， 剩下的三人安排在其他三个名次，有 A336 种情况， 此时有 6636 种名次排列情况； 则一共有 36+1854 种不同的名次排列情况， 故选：B 6 以模型 ycekx去拟合一组数据时， 为了求出回归方程， 设 zlny， 其变换后得到线
15、性回归方程 z0.3x+4，则 c（ ） A0.3 Be0.3 C4 De4 解：ycekx， 两边取对数，可得 lnyln（cekx）lnc+lnekxlnc+kx， 令 zlny，可得 zlnc+kx， z0.3x+4， lnc4， ce4 故选：D 7甲、乙两队进行篮球决赛，采取五场三胜制（当一队得三场胜利时，该队获胜，比赛结束），根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主”设甲队主场取胜的概率为 0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以 3：1 获胜的概率是（ ） A0.18 B0.21 C0.39 D0.42 解：根据题意，若甲队以 3：1 获胜，则
16、甲队在第四局获胜，前三局中获胜 2 局， 则甲队以 3：1 获胜的概率 P0.60.6（10.5）0.5+0.6（10.6）0.50.5+（10.6）0.60.50.50.21； 故选：B 8若 x2x11，则（ ） A B C D 解：令 f（x）ex3lnx，则 f（x）， 在同一坐标系中画出 yex与 y的图象如图， 由图可知，存在 a（1，+），当 x（1，a）时，f（x）0，f（x）单调递减， 当 x（a，+）时，f（x）0，f（x）单调递增， 与 3lnx23lnx1的大小关系不确定，故 AB 错误； 令 g（x），则 g（x），当 x1 时，g（x）0，g（x）单调递增， x2x
17、11，即，故 C 正确，D 错误 故选：C 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分分 9下列叙述正确的是（ ） A回归直线一定过样本点的中心（ ， ） B在回归分析中，R20.80 的模型比 R20.98 的模型拟合的效果好 C在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合效果越好 D 某同学研究卖出的热饮杯数 y 与气温 x （
18、） 的关系， 得到回归方程， 则气温为 2时，一定可卖出 142 杯热饮 解：对于 A，回归直线一定过样本点的中心（ ， ），故 A 正确； 对于 B，相关系数 R2越大，说明拟合效果越好，故 B 错误； 对于 C，在残差图中，残差点分布水平带状区域的宽度越窄，则回归方程的预报精确度越高，说明模型的拟合效果越好，故 C 正确； 对于 D，把 x2 代入回归方程，可得，说明气温为 2时，预测可卖出 142杯热饮，故 D 错误 故选：AC 10已知两种不同型号的电子元件（分别记为 X，Y）的使用寿命均服从正态分布 XN（1，12），YN（2，22），这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的
19、是（ ） （参考数据： 若 ZN （， 2） ， 则 P （Z+） 0.6827， P （2） Z+2） 0.9545） A12 B12 CP（Y2）P（Y1） DP（11X1+21）0.8186 解：由图可知，Y 的正态分布密度曲线的对称轴大于 X 的正态分布密度曲线，u1u2，故 A 选项错误， Y 的正态分布密度曲线数据分布的离散程度大于 X 的正态分布密度曲线的分布的离散程度， 12， 故B 选项正确， 由正态分布密度曲线，可知 u1u2，可得 P（Y2）P（Y1），故 C 选项正确， P（11X1+21）（0.6827+0.9545）0.8186，故 D 选项正确 故选：BCD 11
20、在复平面内，复数 za+bi 对应向量为（O 为坐标原点，a，bR）设，射线 Ox 为始边，OZ 为终边逆时针旋转的角为 ，则 zr（cos+isin）数学家棣莫弗发现：设 z1r1（cos1+isin1），z2r2（cos2+isin2），则 z1z2r1r2cos（1+2）+isin（1+2，我们称这个结论为英弗定理，并由此定理推出了复数乘方公式：znr（cos+isin）nrn（cosn+isinn）（nN*），根据以上信息，下列说法正确的是（ ） A当 r1，时，z31 B当 r1，时， i C|z2|z|2 D当 r1，时，若 n 为偶数，则复数 zn为纯虚数 解：对于 A， 当 r
21、1，时，z3（cos+isin）3cos3+isin3cos+isin1， 故选项 A 错误； 对于 B，当 r1，时， 所以，故选项 B 正确； 对于 C，zr（cos+isin），则 z2r2（cos2+isin2）， 所以|z2|r2（cos2+isin2）|r2， 又|z|2|r（cos+isin）|2r2， 所以|z2|z|2，故选项 C 正确； 对于 D，当 r1，时，zn（cos+isin）ncosn+isinn， 取 n4 时，则 n 为偶数，此时 z4cos+isin1 不是纯虚数，故选项 D 错误 故选：BC 12 若函数的图象和直线yax有四个不同的交点， 则实数a的取值
22、可以是 （ ） A4 B2 C0 D 解：当 x0 时，由 f（x）ax 得 2x2lnxax， 得 a2xlnx， 当 x0 时，由 f（x）ax 得x34x2ax， 此时 x0 是方程的一个根， 当 x0 时，ax4x， 设 h（x）， 当 x0 时，h（x）2lnx+2x2lnx+2 2（1+lnx）， 由 h（x）0 得 1+lnx0 得 lnx1， 得 x此时函数为增函数， 由 h（x）0 得 1+lnx0 得 lnx1， 得 0 x，此时函数为减函数， 即当 x时，h（x）取得极小值 h（）2ln， 当 x0 时，h（x）x24x（x+2）2+4， 作出 h（x）的图象如图： 要使
23、 f（x）与直线 yax 有四个不同的公共点，等价为 h（x）与 ya 有 3 个不同的交点， 则 a 满足a0 或 0a4， 即实数 a 的取值范围是（，0）（0，4）， 故选：BD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13曲线 yx2x 在点 P（1，2）处的切线方程为 3x+y+10 解：由 yx2x，得 y2x1， 则 y|x13， 曲线 yx2x 在点 P（1，2）处的切线方程为 y23（x+1）， 即 3x+y+10 故答案为：3x+y+10 14新型冠状病毒疫情期间，4 位志愿者需要被安排到 3 个不同的路口执勤，每个
24、路口至少安排一人，总共有 36 种不同安排方法（用数字作答） 解：将 4 位志愿者分成 3 组，有种不同的方法， 将 3 组志愿者分配到 3 个不同的路口，有种不同的方法， 所以，共有 6636 种不同的安排方法 故答案为：36 15（1+3x）6（1x）3的展开式中 x2的系数为 84 解：（1+3x）6（1x）31+3x+（3x）2+（3x）6（13x+3x2x3）， 故它的展开式中 x2的系数为 13+63（3）+984， 故答案为：84 16某制造商制造并出售球型瓶装的某种饮料每个瓶子的制造成本是 0.8r2分，其中 r（单位：cm）是瓶子的半径已知每出售 1mL 的饮料，制造商可获利
25、 0.2 分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为 6cm，当瓶子的半径 r 6 cm 时，每瓶饮料的利润最大，最大值为 28.8 分（结果保留 ） 解：设瓶子半径为 r 时，每瓶饮料的利润是： f（r）0.2r30.8r20.8（r2）.0r6， f（r）0.8（r22r）， 令 f（r）0，得 r2 或 r0（舍去）， 当 r（0，2）时，f（r）0，f（r）单调递减， 当 r（2，6）时，f（r）0，f（r）单调递增， r0 时，f（r）0；r6 时，f（6）28.8， 故半径为 6cm 时，利润最大为 28.8 故答案为：6，28.8 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题
26、，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17已知二项式（12x）n，若选条件_（填写序号）， （1）求展开式中含 x3的项； （2）设（12x）na0+a1x+a2x2+anxn，求展开式中奇次项的系数和 请在：只有第 4 项的二项式系数最大； 第 2 项与第 6 项的二项式系数相等； 所有二项式系数的和为 64 这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的线上，并完成解答 解：选，由只有第 4 项的二项式系数最大，可知，展开式共有 7 项，所以 n6， 选，由第 2 项与第 6 项的二项式系数相等，可知，所以 n6， 选，由所有二项式系数的和
27、为 64，可知 2n64，可得 n6， 所以二项式可化为（12x）6， （1）， 令 r3，展开式中含 x3的项为160 x3， （2）令 x1，则（121）6a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a71， 令 x1，则12（1）6a0a1+a2a3+a4a5+a6a736， 展开式中奇次项的系数和为 a0+a2+a4+a6365 18已知函数 f（x）x3+ax2+bx+2，f（x）的极值点分别为 x11，x23 （1）求 a，b 的值； （2）求函数 f（x）的极值 解：（1）f（x）3x2+2ax+b， 因为 f（x）的极值点分别为 x11，x23， 所以1，3 是方程 3x2+2a
28、x+b0 的根， 所以1+3，13， 解得 a3，b9 （2）由（1）知 f（x）x33x29x+2， f（x）3x26x9， 令 f（x）0 得 x1 或 3， 在（，1），（3，+）上，f（x）0，f（x）单调递增， 在（1，3）上，f（x）0，f（x）单调递减， 所以 f（x）极大值f（1）7，f（x）极小值f（3）25 19一个箱子中装有 4 个红球和 3 个白球，那么： （1）一次取出 2 个球，在已知它们颜色相同的情况下，求该颜色是红色的慨率； （2）一次取出 1 个球，取出后记录颜色并放回箱中，取球 3 次，求取到红球个数 X 的期望与方差 解：（1）在已知它们颜色相同的情况下，
29、该颜色是红色的慨率为； （2）由题意可知，一次取出 1 个球，取得红球的概率为， 取出后记录颜色并放回箱中，取球 3 次，则 X 的可能取值为 0，1，2，3，且 XB（3，）， 所以 E（X）np3， D（X）np（1p） 20为响应“没有全民健康，就没有全面小康”的号召，社区开展了“健康身体，从我做起”社区健身活动，活动分为徒手运动和器械运动两大类该社区对所有参与活的 1000 人进行了调查其中男性 600人中有 180 人参加徒手运动，女性中有 320 人参加器械运动 （1）根据以上提供的信息，完成 22 列联表，并回答能否在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为选择器械运动与性别
30、有关系？ 器械运动 徒手运动 总计 男性 女性 总计 （2）将上述调查所得的频率视为概率，为了进一步弄清选徒手运动的影响因素，准备进行抽样调查，现从选徒手运动的人中按分层抽样的方法抽取 13 人，再从这 13 人中任意抽取 3 人进行访谈，记抽取 3 人中参加徒手运动的女性人数为与 ，求 的概率分布列 附： 临界值表： P（K2k0） 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 k0 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 解：（1）列联表为 器械运动 徒手运动 总计 男性 420 180 600 女性 320 80 400 合计 740 260 1000 7
31、.879， 所以能在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为选择器械运动与性别有关系 （2）选取的 13 人中，男性人，女性人 的所有可能取值为 0，1，2，3 P （0） ； P （1） ； P （2） ； P （3） ； 所以 的分布列为： 0 1 2 3 P 21某地位于甲、乙两条河流的交汇处，夏季多雨，根据统计资料预测，今年汛期甲河流发生洪水的概率为 0.25，乙河流发生洪水的概率为 0.2，（假设两河流发生洪水与否互不影响），现有一台大型设备正在该地施工，为了保护设备，施工方提出以下三种方案： 方案一：运走设备需要花费 5000 元； 方案二：建防洪设施，需要花费 2000 元，
32、但防洪设施只能抵御一条河流发生的洪水，当两河流同时发生洪水时，设备将受损，损失 56000 元； 方案三：不采取措施，当两条河流同时发生洪水时损失 60000 元，只有一条河流发生洪水时，损失 10000元 （1）求今年甲、乙两河流至少有一条发生洪水的概率； （2）试比较哪一种方案更好，说明理由 解：（1）由题意，甲河流发生洪水的概率为 0.25，乙河流发生洪水的概率为 0.2， 则甲、乙两条河流均不发生洪水的概率为（10.25）（10.2）0.6， 所以今年甲、乙两河流至少有一条发生洪水的概率为 10.60.4； （2）方案一：花费 5000 元； 方案二：建防洪设施，需要花费 2000 元
33、，但防洪设施只能抵御一条河流发生的洪水，当两河流同时发生洪水时，设备将受损，损失 56000 元， 两条河流都发生洪水的概率为 P0.250.20.05， 所以该方案中可能的花费为 2000+560000.054800 元； 方案三：设损失费为 X，则 X 的可能取值为 10000，60000，0， 所以 P（X10000）0.250.8+0.750.20.35， P（X60000）0.250.20.05， P（X0）（10.25）（10.2）0.6， 所以 E（X）100000.35+600000.05+00.66500 元 因为 480050006500， 所以方案二最好 22已知函数 f
34、（x）exax+x （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）当 x0 时，f（x）x2+1 恒成立，求实数 a 的取值范围 解：（1）f（x）exa+1， 当a+10，即 a1 时，f（x）0 在（，+）上恒成立， 所以 f（x）在（，+）上单调递增， 当a+10，即 a1 时， 在（ln（a1），+）上，f（x）0，f（x）单调递增， 在（，ln（a1）上，f（x）0，f（x）单调递减， （2）因为当 x0 时，f（x）x2+1 恒成立， 所以当 x0 时，exax+xx2+1 恒成立， 所以当 x0 时，a恒成立， 令 g（x）， g（x） ， 令 h（x）exx1， h（x）ex1， 当 x0 时，h（x）0，h（x）单调递增， 当 x0 时，h（x）0，h（x）单调递减， 所以 h（x）h（0）0， 所以当 x1 时，g（x）0，g（x）单调递增， 当 x1 时，g（x）0，g（x）单调递减， 所以 g（x）ming（1）e1， 所以 ae1， 故 a 的取值范围（，e1