2018-2019学年广东省佛山市顺德区高二下学期期末教学质量检测数学(理)试题(PDF版)

高二理科数学试卷第1页（共6页）顺德区2018—2019学年度第二学期普通高中教学质量检测注意事项:第Ⅰ卷（选择题共60分）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.高二理科数学试卷第2页（共6页）高二理科数学试卷第3页（共6页）12．已知函数()fx是定义在00,，上的偶函数，且(1)0f，若对任意的0,x，都有()()xfxfx成立，则不等式()0fx的解集为()A．101,，B．1001，，C．,101，D．,11,第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分.13．i是虚数单位，若复数(12i)(ai)是纯虚数，则实数a.14．已知函数ln(),xfxx则1'()fe.15．若1()2nxx的展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则展开式中常数项等于.16．已知平面上1个三角形最多把平面分成2个部分，2个三角形最多把平面分成8个部分，3个三角形最多把平面分成20个部分，4个三角形最多把平面分成38个部分，5个三角形最多把平面分成62个部分…，以此类推，平面上n个三角形最多把平面分成个部分.三、解答题:本大题共7小题,共70分,解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．（本小题满分10分）某同学在解题中发现，以下三个式子的值都等于同一个常数.①2i12i②43i34i③1i1i（i是虚数单位）（Ⅰ）从三个式子中选择一个，求出这个常数；（Ⅱ）根据三个式子的结构特征及（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广为一个复数恒等式，并证明你的结论.高二理科数学试卷第4页（共6页）18.（本小题满分12分）某高中高二年级1班和2班的学生组队参加数学竞赛，1班推荐了2名男生1名女生，2班推荐了3名男生2名女生.由于他们的水平相当，最终从中随机抽取4名学生组成代表队.（Ⅰ）求1班至少有1名学生入选代表队的概率；（Ⅱ）设X表示代表队中男生的人数，求X的分布列和期望.19.（本小题满分12分）随着人们生活水平的日益提高，人们对孩子的培养也愈发重视，各种兴趣班如雨后春笋般出现在我们日常生活中.据调查，3~6岁的幼儿大部分参加的是艺术类，其中舞蹈和绘画比例最大，就参加兴趣班的男女比例而言，女生参加兴趣班的比例远远超过男生.随机调查了某区100名3~6岁幼儿在一年内参加舞蹈或绘画兴趣班的情况，得到如下表格：不参加舞蹈且不参加绘画兴趣班参加舞蹈不参加绘画兴趣班参加绘画不参加舞蹈兴趣班参加舞蹈且参加绘画兴趣班人数14352625（Ⅰ）估计该区3~6岁幼儿参加舞蹈兴趣班的概率；（Ⅱ）通过所调查的100名3~6岁幼儿参加兴趣班的情况，填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99.9%的把握认为参加舞蹈兴趣班与性别有关.参加舞蹈兴趣班不参加舞蹈兴趣班总计男生10女生70总计附：22().()()()()nadbcKnabcdacbdabcd，2PKk（）0.100.050.0250.0100.0050.001k2.7063.8415.0246.6357.87910.828高二理科数学试卷第5页（共6页）20．（本小题满分12分）已知函数3()=4fxaxbx，当2x时，函数()fx有极大值8.（Ⅰ）求函数()fx的解析式；（Ⅱ）若不等式()0fxmx在区间1,3上恒成立，求实数m的取值范围.21．（本小题满分12分）某玻璃工厂生产一种玻璃保护膜，为了调查一批产品的质量情况，随机抽取了10件样品检测质量指标（单位：分）如下：38434849505357606970，，，，，，，，，.经计算得101153.710iixx，102119.910iisxx生产合同中规定：质量指标在62分以上的产品为优质品，一批产品中优质品率不得低于15%.（Ⅰ）以这10件样品中优质品的频率估计这批产品的优质品率，从这批产品中任意抽取3件，求有2件为优质品的概率；（Ⅱ）根据生产经验，可以认为这种产品的质量指标服从正态分布2(,)N,其中近似为样本平均数，2近似为样本方差，利用该正态分布，是否有足够的理由判断这批产品中优质品率满足生产合同的要求？附：若2~(,)XN，则(22)0.9545PX，()0.6827PX高二理科数学试卷第6页（共6页）22.（本小题满分12分）已知函数22()lnfxxaxax.（Ⅰ）讨论()fx的单调性；（Ⅱ）若1a，求证：当0x时，22()2xfxex。顺德区2018～2019学年度第二学期普通高中教学质量检测高二理科数学参考答案与评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．题号123456789101112答案DCBACABBBAAD二、填空题：本大共4小题，每小题5分，满分20分．13．214．22e15．151616．2332nn三、解答题：17.【解析】(Ⅰ)2i(2i)(12i)24ii2i12i(12i)(12i)543i(43i)(34i)1216i9i12i34i(34i)(34i)251i(1i)(1i)12i1i1i(1i)(1i)2…………………………………………………………4分（Ⅱ）根据三个式子的结构特征及（Ⅰ）的计算结果，可以得到：abiibai（,abR且,ab不同时为零）……………………………………………6分下面进行证明：要证明abiibai只需证()abiibai…………………………………………………8分只需证abiabi…………………………………………………9分因为上式成立，所以abiibai成立.…………………………………………………10分（或直接利用复数的乘除运算得出结果）18.【解析】(Ⅰ)设1班至少有1名学生入选代表队为事件A则4548513()117014CPAC………………………………………………………5分（Ⅱ）X的所有可能取值为1,2,3,4……………………………………………………………6分1353481(1)14CCPXC，2253483(2)7CCPXC，3153483(3)7CCPXC，45481(4)14CPXC因此X的分布列为……………………………10分13315()12341477142EX…………………………………………12分20.【解析】（Ⅰ）2'()=3fxaxb…………………………………………………………………1分∵当2x时，函数()fx有极大值8∴'(2)=12=0(2)824=8fabfab，解得143ab……………………………………………4分∴求函数()fx的解析式为31()=344fxxx………………………………………………5分(Ⅱ)∵不等式31()3404fxmxxxmx在区间1,3上恒成立X1234P1143737114∴21434mxx在区间1,3上恒成立…………………………………………………7分令214()34gxxx1,3x，，则由33222148(8)'()223xxgxxxxx……8分解'()0gx得12x，解'()0gx得23x所以当12x时，()gx单调递增，当23x时，()gx单调递减……………………10分所以对1,3x，都有()(2)0gxg，所以m0，即实数m的取值范围是0,………………………………………………12分21.【解析】（Ⅰ）10件样品中优质品的频率为15，记任取3件，优质品数为Y,…………………2分则1~(3,)5YB，2231412(2)()55125PYC…………………………………………5分（Ⅱ）记这种产品的质量指标为X，由题意知2~(53.7,9.9)XN…………………………………………7分则(43.863.6)()0.6827PXPX…………………………………9分10.6827(62)(63.6)0.158650.152PXPXQ……………………………11分有足够的理由判断这批产品中优质品率满足生产合同的要求.……………………………12分22.【解析】（Ⅰ）()fx的定义域为0,222121121'()2axaxaxaxfxaxaxxx……………………………………1分∴当0a时，1'()0fxx，∴()fx在0,上单调递增；…………………………………2分当0a时，解'()0fx得10xa，解'()0fx得1xa，∴()fx在10,a上单调递增，1,a上单调递减；…………………………………………4分当0a时，解'()0fx得102xa，解'()0fx得12xa，∴()fx在10,2a上单调递增，1,2a上单调递减；………………………………………5分综上：当0a时，()fx在0,上单调递增；当0a时，()fx在10,a上单调递增，1,a上单调递减；当0a时，()fx在10,2a上单调递增，1,2a上单调递减………………………6分（Ⅱ）法1：当1a时，2()lnfxxxx，∴要证当0x时，22()2xfxex，只要证2ln2xxex，只要证2ln121xxxex……………………………7分（或证当0x时，2ln212xxxxe）令()ln1,0gxxxx，则1'()1gxx，解'()0gx得01x，解'()0gx得1x，∴()gx在0,1上单调递增，1,上单调递减，所以当0x时，()(1)0gxg，等号成立当且仅当1x.………………………………………9分令2()21,0xhxexx，则2'()220xhxe，∴()hx在0,上单调递增所以当0x时，()(0)0hxh，……………………………………………………………………11分所以2ln121xxxex，原命题得证.…………………………………………………………12分法2：令222()2()ln2,0xxxexfxexxx则21'()21xxex，221''()40xxex所以'()x在0,上单调递增.……………………………………………………………………7分又11'()250,'()230,42ee所以存在唯一的实数011(,)42x，使得0'()0,x即020121=0xex，且当00xx时，'()0x，当0xx时，'()0x，∴()x在00,x上单调递减，在0,x上单调递增.……………………………………………9分∴当0x时，02000()()ln2xxxexx，因为020121=0xex，所以0201122xex，0000222200lnln(21)ln(2)ln2xxxxxeeeex，∴00011()222xxx，………………………………………………………………………11分12yxx在区间11(,)42上单调递减，∴0001111()21202222xxx∴()0x恒成立，即当0x时，22()2xfxex…………………………………………12分