2020-2021学年山东省聊城高二（下）期末考试数学试卷人教A版（Word含答案解析）

2020-2021学年山东省聊城市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题

1. 设集合，且，，则( )
A. B. C. D.

2. 命题“，”的否定是( )
A.， B.，
C.， D.，

3. 若，且能被整除，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.

4. 若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.

5. 甲、乙、丙、丁四位同学计划去个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“四位同学去的景点不相同”，事件
“甲同学独自去一个景点”，则
A. B. C. D.

6. 小李大学毕业后回到家乡开了一家网店，专门卖当地的土特产．为了增加销量，计划搞次促销活动，一次购物总价值不低于元，顾客就少支付元．已知网站规定每笔订单顾客在网上支付成功后，小李可以得到货款的．为了在本次促销活动中小李从每笔订单中得到的金额均不低于促销前总价的，则的最小值为( )
A. B. C. D.

7. 年月日是第六个“中国航天日”，今年的主题是“扬帆起航逐梦九天”．为了制作一期展示我国近年来航天成就的展览，某校科普小组的名同学，计划分“神舟飞天”、“嫦娥奔月”、“火星探测”个展区制作展板，每人只负责一个展区，每个展区至少有一人负责，则不同的任务分配方案有（ ）
A.种 B.种 C.种 D.种

8. 数学家高斯是世界著名的数学家之一，他一生成就极为丰硕，仅以他的名字“高斯”命名的成果多达个，为数学家中之最．对于高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，表示实数的非负纯小数，即，如，．若函数，且)有且仅有个不同的零点，则实数的取值范围为( )
A. B. C.） D.
二、多选题

已知，则下列说法正确的是
A. B.
C. D.

下列关于成对样本数据的统计分析的判断中正确的有（ ）
A.若样本相关系数，则说明成对样本数据没有相关性
B.样本相关系数越大，成对样本数据的线性相关性越强
C.用最小二乘法求得的一元线性回归模型的残差和一定是
D.决定系数越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好

某单位举行建党周年党史知识竞赛，在必答题环节共设置了道题，每道题答对得分，答错倒扣分(每道题都必须回答，但相互不影响)．设某选手每道题答对的概率均为，其必答环节的总得分为，则( )
A.该选手恰好答对道题的概率为
B.
C.
D.

关于函数，其中，下列判断正确的是( )
A.是函数的极值点
B.当时，函数有两个不同的零点
C.当时，函数的最小值为
D.当时，函数在上的值域为
三、填空题

奇函数 定义域为，且函数 为偶函数，若 ，则________.
四、解答题

已知的展开式中第项和第项的系数之比为.
求展开式的第项；
求展开式的奇数项的系数之和．

已知函数 是幂函数，且.
求函数的解析式；
试判断是否存在实数使得函数在区间上的最大值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

某校高二年级共有名学生（其中男生名），为了了解学生每天的体育锻炼时间情况，按性别分层随机抽样得到一个容量为的样本．经计算得到样本的平均值为（单位：分钟），方差为
若学生的每天体育锻炼时间近似服从正态分布，用样本估计总体，试估计该校高二年级每天体育锻炼时间在区间内的学生人数（最后结果按四舍五入保留整数）；
若把每天体育锻炼时间在内的称为“锻炼达人”，该样本中共有“锻炼达人”人，且从男生中随机抽取一人，其为“锻炼达人”的概率为．完成下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析男生是“锻炼达人”的可能性是否更大．
性别
锻炼达人 合计
是锻炼达人 非锻炼达人
男生
女生
合计
附：独立性检验中常用小概率值和相应的临界值：
若，则，，．

某中学学生会为了让新高一的同学更好的了解学校的各种社团活动，计划设计一张形状为矩形的宣传海报来介绍各社团活动．如图，该海报设计上，中、下三个全等的矩形栏目，三矩形栏目面积总和为，四周空白部分的宽度均为，栏目之间中缝宽度为.
要使整个宣传海报的用纸面积最小，应该怎样设计每个矩形栏目的长度（单位：）和高度（单位：），并求出的最小值；
若学校宣传栏只剩下一块长度为，高度为的矩形区域可用于张贴宣传海报，为使整个宣传海报的用纸面积最小，又该如何设计每个矩形栏目的长度（单位：）和高度（单位：），并求出的最小值．

已知函数．
当时，求的极值；
讨论函数的单调性．

“学习强国”平台的“四人赛”栏目的比赛规则为：每日仅前两局得分，首局第一名积分，第二、三名各积分，第四名积分；第二局第一名积分，其余名次各积分.
若从名男生名女生中选出人参加比赛，设期中男生的人数为，求的分布列和数学期望；
甲、乙二人每日都连续参加两局比赛，经统计可知甲同学每日得分的均值为，方差为．现已知乙同学每一局比赛中他得第一名的概率为，得第二或三名的概率为，已知每局比赛中四个人的名次各不相同，且两局比赛结果互不影响．请问甲、乙二人谁的平均水平更高？谁的稳定性更高？
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省聊城市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
并集及其运算
【解析】
根据集合的并集的概念求解即可．
【解答】
解：∵ 集合，且,
，
∴ ．
故选．
2.
【答案】
D
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可．
【解答】
解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“，”的否定是：，．
故选．
3.
【答案】
B
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:
，
∵ ，
∴ 若能被整除，则最小取值为即，
∴ 最小取值为.
故选.
4.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
先由一次不等式关系求得，之间的关系式，然后把不等式转化为，再求出其解集即可．
【解答】
解：∵ 不等式的解集为，则,
∴ 不等式等价于，
解得或，
∴ 不等式的解集为．
故选．
5.
【答案】
A
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
由题意结合计数原理的知识求出所有基本事件数、发生的基本事件数、发生的基本事件数，由古典概型概率公式可得
、，再利用条件概率概率公式即可得解．
【解答】
甲、乙、丙、丁四位同学计划去个景点旅游，每人只去一个景点共有个基本事件，
甲同学独自去一个景点，共有个基本事件，则
事件、同时发生即事件：四位同学去的景点不相同发生，共有个基本事件，则
所以
故选．
6.
【答案】
C
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
在促销活动中，一次购物总价值不低于元，可得，解不等式，结合恒成立思想，可得的最小值．
【解答】
解：由题意，，
解得，
∴ 的最小值为．
故选．
7.
【答案】
C
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
把名同学分为三种情况讨论，然后分别计算即可求得结果.
【解答】
解：把名同学分为三组，则不同的分配方案有：种，
把名同学分为三组，则不同的分配方案有：种，
把名同学分为三组，则不同的分配方案有：种，
因此不同的分配方案有：种.
故选.
8.
【答案】
A
【考点】
分段函数的应用
函数的求值
【解析】
根据高斯函数的定义，将函数的零点问题转化为两个新函数图象的交点问题，然后数形结合求参数的取值范围．
【解答】
解：若函数有且仅有个零点，
则的图象与函数 的图象有且仅有个交点．
作出的大致图象如图所示，
易知当时，与的图象最多有个交点，
故，作出的大致图象，数形结合可知
解得．
故选．
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
对数的运算性质
不等式的基本性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：已知，
因为在区间单调递减，
所以，所以，故正确；
因为函数在区间单调递减，，
所以，故错误；
因为
，
又，
所以，，故正确；
因为，
函数为单调递增函数，所以，故正确．
故选．
【答案】
C,D
【考点】
变量间的相关关系
相关系数
【解析】
根据题意逐项进行判断即可得到结果.
【解答】
解：对于，的值不能为，因此错误；
对于，样本相关系数，越大，成对样本数据的线性相关性越强，因此错误；
对于，用最小二乘法求得的一元线性回归模型的残差和一定是，因此正确；
对于，决定系数越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，因此正确.
故选.
【答案】
B,D
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
相互独立事件的概率乘法公式
古典概型及其概率计算公式
【解析】
利用独立重复试验的概率计算公式，求出该学生在面试时恰好答对道题的概率；再由该学生在面试时答对题目数，分别求出答对题数的方差和数学期望，即可得到答案．
【解答】
解：，该选手恰好答对道题的概率为
，故不符合题意．
，设该选手答对题目数为随机变量，则，
依题意可得，
则，
故
，故符合题意；
，因为，
则，
故
，故不符合题意．
．令，解得，
故或，
故
，
故符合题意．
故选．
【答案】
B,C,D
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
函数的零点
利用导数研究函数的最值
导数求函数的最值
【解析】
由已知可得的定义域为，且
，，
当时，在上恒成立，则在上单调递减．
当 时，，
令，解得，
故当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故
，依次判断各选项．
【解答】
由已知可得的定义域为，且
，，
当时，在上恒成立，则在上单调递减．
当 时，，
令，解得，
故当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故
，
，因为当时，在上单调递减，所以此时无极值，故错误；
，当时，，则，
又因为当的右侧趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于
所以此时的图象与轴有两个交点，即有两个不同的零点，故正确；
，当时，
，故正确；
，当时，在上单调递增，
故，
，
故在上的值域为，
故正确．
故选．
三、填空题
【答案】
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的周期性
【解析】
根据题意，分析可得是周期为的周期函数，进而求出、、、的值，结合函数的周期性分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，为偶函数，则的图象关于直线对称，
则有，
又由是定义在上的奇函数，
则
则有，
进而可得，
即是周期为的周期函数，
又由是定义在上的奇函数，
则，
若，
则，，，，
则
．
故答案为：．
四、解答题
【答案】
解：展开式的通项公式为:
,
由题意知,
所以，
解得
所以展开式的通项公式为，，，……，，
所以第项为.
设展开式中第项的系数为，……，，
则奇数项的系数和为，
令，
则
，①
，②
所①+②得，
所以
即展开式的奇数项的系数之和为．
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理及相关概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：展开式的通项公式为:
,
由题意知,
所以，
解得
所以展开式的通项公式为，，，……，，
所以第项为.
设展开式中第项的系数为，……，，
则奇数项的系数和为，
令，
则
，①
，②
所①+②得，
所以
即展开式的奇数项的系数之和为．
【答案】
解：因为函数 是幂函数，
所以，即，即或．
当时，，，不合题意，
当时，，，符合题意，
所以的解析式为．
由得，，
其图像开口向下，且对称轴为．
若，则的最大值为，
解得，均不合题意；
若，则在上单调递减，
的最大值为，解得，符合题意，
若，则在上单调递增，的最大值为，解得，符合题意，
综上所述，存在实数满足题意．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
幂函数的概念、解析式、定义域、值域
二次函数在闭区间上的最值
【解析】


【解答】
解：因为函数 是幂函数，
所以，即，即或．
当时，，，不合题意，
当时，，，符合题意，
所以的解析式为．
由得，，
其图像开口向下，且对称轴为．
若，则的最大值为，
解得，均不合题意；
若，则在上单调递减，
的最大值为，解得，符合题意，
若，则在上单调递增，的最大值为，解得，符合题意，
综上所述，存在实数满足题意．
【答案】
解：（）由题意得，随机变量的样本均值为，样本方差为，用样本均值估计参数，
用样本方差估计参数，可以得到．
则，
，
所以，
，
所以该校高二年级每天体育锻炼时间在区间内的学生人数大约有人．
按照分层抽样的方法可知，该样本中男生人数为人，女生为人，所以男生中“锻炼达人”的人数为人，女生中“锻炼达人”的人数为人，
则列联表为：
性别 锻炼达人 合计
是锻炼达人 非锻炼达人
男生
女生
合计
零假设为：锻炼达人和性别无关．
根据列联表中的数据，经计算得到
．
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为“锻炼达人”和性别有关，此推断犯错误的概率不大于．
由题意知男生中是“锻炼达人”和不是“锻炼达人”的频率分别为和，根据上表中的数据计算，女生中是“锻炼达人”和不是“锻炼达人”的频率分别为和．
由可见，男生中是“锻炼达人”的频率是女生中是“锻炼达人”的频率的倍．于是，根据频率稳定于概率的原理，我们可以认为男生中是“锻炼达人”的概率明显大于女生中是“锻炼达人”的概率，即认为男生是“锻炼达人”的可能性更大．
【考点】
正态分布的密度曲线
用样本的数字特征估计总体的数字特征
独立性检验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（）由题意得，随机变量的样本均值为，样本方差为，用样本均值估计参数，
用样本方差估计参数．，可以得到．
则，
，
所以，
，
所以该校高二年级每天体育锻炼时间在区间内的学生人数大约有人．
按照分层抽样的方法可知，该样本中男生人数为人，女生为人，所以男生中“锻炼达人”的人数为人，女生中“锻炼达人”的人数为人，
则列联表为：
性别 锻炼达人 合计
是锻炼达人 非锻炼达人
男生
女生
合计
零假设为：锻炼达人和性别无关．
根据列联表中的数据，经计算得到
．
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为“锻炼达人”和性别有关，此推断犯错误的概率不大于．
由题意知男生中是“锻炼达人”和不是“锻炼达人”的频率分别为和，根据上表中的数据计算，女生中是“锻炼达人”和不是“锻炼达人”的频率分别为和．
由可见，男生中是“锻炼达人”的频率是女生中是“锻炼达人”的频率的倍．于是，根据频率稳定于概率的原理，我们可以认为男生中是“锻炼达人”的概率明显大于女生中是“锻炼达人”的概率，即认为男生是“锻炼达人”的可能性更大．
【答案】
解：（）由题意得，，且，所以，
则宣传海报用纸的长为，高为，
所以宣传海报用纸的面积
，
当且仅当，即时等号成立，
所以当每个矩形栏目的长度为，高度为时，宣传海报的用纸面积最小，最小值为．
（）由题意得 解得．
所以，由（）得，宣传海报的面积
．
，
令可得，，所以函数在上单调递减，
所以当且仅当，时，取到最小值，
即
所以当每个矩形栏目的长度为，高度为 时，宣传海报的用纸面积最小，最小值为．
【考点】
函数模型的选择与应用
基本不等式在最值问题中的应用
利用导数研究函数的最值
【解析】

1
【解答】
解：（）由题意得，，且，所以，
则宣传海报用纸的长为，高为，
所以宣传海报用纸的面积
，
当且仅当，即时等号成立，
所以当每个矩形栏目的长度为，高度为时，宣传海报的用纸面积最小，最小值为．
（）由题意得 解得．
所以，由（）得，宣传海报的面积
．
，
令可得，，所以函数在上单调递减，
所以当且仅当，时，取到最小值，
即
所以当每个矩形栏目的长度为，高度为 时，宣传海报的用纸面积最小，最小值为．
【答案】
解：函数的定义域为．
（）当时，．
所以．
令，解得或．
当变化时，的变化情况如下表：
单调递增 单调递减 单调递增
因此，的极大值为，极小值为．
（2）
．
①若，所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
②若，令，解得或，
（）当时，即时，恒成立，
所以在上单调递增．
（）当时，即时，
在和上，，单调递增，
在上，，单调递减；
（）当时，即时，
在和上，，单调递增，
在上，，单调递减.
综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数的定义域为．
（）当时，．
所以．
令，解得或．
当变化时，的变化情况如下表：
单调递增 单调递减 单调递增
因此，的极大值为，极小值为．
（2）
．
①若，所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
②若，令，解得或，
（）当时，即时，恒成立，
所以在上单调递增．
（）当时，即时，
在和上，，单调递增，
在上，，单调递减；
（）当时，即时，
在和上，，单调递增，
在上，，单调递减.
综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
【答案】
解：依题意可得所有可能的取值为，，，
其中，
，
，
故的分布列为：
故.
依题意可得乙首局得分的概率为，得分的概率为，得分的概率为 ；乙第二局得分的概率为，得分的概率为，
设乙每日得分为，则所有可能的取值为，，，
若，则他两局都得分，
故，
若，则他首局得分第二局得分，或者首局得分，第二局得分，
故，
若，则他首局得分第二局得分，或者首局得分，第二局得分，
故，
若 则他首局得分第二局得分，
故，
故，
，
∵ ， ，
∴ 甲的平均水平更高，甲的稳定性更高．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
生活中概率应用
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意可得所有可能的取值为，，，
其中，
，
，
故的分布列为：
故.
依题意可得乙首局得分的概率为，得分的概率为，得分的概率为 ；乙第二局得分的概率为，得分的概率为，
设乙每日得分为，则所有可能的取值为，，，
若，则他两局都得分，
故，
若，则他首局得分第二局得分，或者首局得分，第二局得分，
故，
若，则他首局得分第二局得分，或者首局得分，第二局得分，
故，
若 则他首局得分第二局得分，
故，
故，
，
∵ ， ，
∴ 甲的平均水平更高，甲的稳定性更高．
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