2017-2018学年辽宁省重点高中协作校高二下学期期末考试数学(理)试题word版含答案

数学（理）试题

一、选择题

21．已知全集UR，集合Ax|ylogx2x ， By|y12x1 ，那么ACUB

( )

A. x|0x1  B. x|x0  C. x|x2  D. x|1x2  【答案】A

2【解析】因为Ax|x2x 0x|0x2 ，By|y1 ，所以CUBy|y1 ，

ACUBx|0x1 ，应选答案A。

22i (i为虚数单位)的共轭复数的虚部等于( ) 1iA. 1 B. 1i C. i D. 1

2．复数【答案】D 【解析】因为

21i222i (i为虚数单位)的共轭复数2i2i1i2i1i，所以复数1i1i21i，则其虚部等于1，应选答案D。

3．若

2x1dx6，则二项式12x的展开式各项系数和为( )

16nnnA. 1 B. 2 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】由

2nn60n3，故令x1可得二项式12x的展开式各项系可得2x1dx6nn1数和为121，应填选答案A。

4．设随机变量X服从二项分布，且期望EX3， pA.

31，则方差DX等于( ) 53412 B. C. D. 2 555【答案】C

【解析】由于二项分布的数学期望EXnp3,所以二项分布的方差

DXnp1p31p12，应填选答案C。 55．在1，2，3，4，5，6，7，8这组数据中，随机取出五个不同的数，则数字4是取出的五个不同数的中

位数的概率为( ) A.

9995 B. C. D.

2814956【答案】B

【解析】先考虑五个数的中间是4，再考虑两边分别从数字1，2，3和5，6，7，8取两个数字，有

223mC3C43618种可能，而从八个数字中取出3个的可能有nC856，故由古典概型的计算公式

可得其概率为Pnm189，应选答案B。 n56286．已知1x的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式奇数项的二项式系数和为( ) A. 2 B. 2 C. 2 D. 2 【答案】D

【解析】由题设可得n10，令x1可得所有项的二项式系数和为2，令x1可得偶数项二项式系数的和与奇数项二项式系数的和相等，即展开式奇数项的二项式系数和为

101211109110229，应选答案D。 227．设随机变量X～N3,a，若PXm0.3，则PmX6m ( )

A. 0.4 B. 0.6 C. 0.7 D. 0.8 【答案】A

【解析】由题设可知随机变量服从正太分布的图像关于x3对称，且PXm0.3，则根据对称性可得PX6m0.3，所以PmX6m1PXmPX6m10.30.30.4，应选答案A。

点睛：正太分布是典型的随机变量的概率分布之一，求解这类问题时先搞清楚其对称性，然后再依据题设条件解答所要解决的问题。求解本题时先依据其对称性求出PX6m0.3，然后再运用对立事件的概率公式求出PmX6m1PXmPX6m10.30.30.4。 8．在对具有线性相关的两个变量x和y进行统计分析时，得到如下数据：

x y

4 1 m 2 8 3 10 5 12 6 ˆ0.65x1.8，则4,1， m,2， 8,3这三个样本点中落在由表中数据求得y关于x的回归方程为y回归直线下方的有( )个

A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 【答案】B 【解析】因为x111174m8101234m， y12356 5555ˆ0.65x1.8可得m6，所以将其代入y故当x4时， y2.61.80.81在直线下方；当x8时， ，在直线下方；当m6时， y3.91.82.12，在直线上方，应选答案B。 y5.21.82.43，9．甲、乙、丙3人从1楼乘电梯去商场的3到9楼，每层楼最多下2人，则下电梯的方法有( )

A. 210种 B. 84种 C. 343种 D. 336种 【答案】D

3【解析】由3到9楼共7个楼层，分两类进行：其一是每次都下一个人，共有A7210种下楼方法；其二222是一次一个人，另一次是两人，共有C3C1A7126，由分类计数原理可得下电梯的方法有

n2101263种下法，应选答案36D。

10．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13…，该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列an称为“斐波那契数列”，则a2016a2018a2017等于( ) A. 1 B. 1 C. 2017 D. 2017 【答案】B

nn11515可得【解析】由“斐波那契数列”的通项公式an522201620162016201611515115351535， a2018 a20162252522240344034201620161153515351515； a2016a201852242424034403420171115151522aaa21，应选答案，故a201723201620182017552422B。

点睛：“斐波那契数列”是重要而有趣的典型数列之一，来源于生活又服务于生活，求解本题的关键是充分

nn11515，也是解答本题的关键，求解时先利用好“斐波那契数列”的通项公式an52220115115求出， a201652220162016115351535， a20182222540344034201711515152，代入求解而获解。 a20172524211．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法的种数为 （ ） A. 232 B. 252 C. 472 D. 484 【答案】C

【解析】试题分析：3张卡片不能是同一种颜色，有两种情形：三种颜色或者两种颜色，如果是三种颜色，取法数为

，如果是两种颜色，取法数为

，所以取法总数为

，故选C．

【考点】分类加法原理与分步乘法原理． 【名师点晴】（1）对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．（2）当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步． 12．已知函数fxalnxx11，在区间0,内任取两个不相等的实数m、n，若不等式x2mfmnfnnfmmfna的取值范围是( ) 恒成立，则实数

55A. ,2 B. , C. 2, D. ,

2225【答案】B

【解析】由题设不等式mfmnfnnfmmfn可得不等式mnfmfn0,由此可知函数fx是单调递减函数，因fxa1a1112，故问题转化为120在0,恒成立，即xxxx2115151x2ax10在0,恒成立，也即ax在0,恒成立，又x，所以a，应选答

x22x22案B。

点睛：解答本题的关键是充分借助题设条件mfmnfnnfmmfn断定出函数fx是单调递减函数，进而借助函数单调性与导函数值的关系将问题等价转化为：不等式

a11120在0,恒成立，xx22即xax10在0,恒成立，也即ax在0,恒成立，又x，从而求出实数a的

x2x2211115取值a5。 2

二、填空题

313．在x的二项展开式中，常数项为__________．

x【答案】1215

16rr3rr6rr2，令【解析】由二项式定理展开式的通项公式可得Tr1C6x3C6xxr61446rr0r4，故所求常数项为3C61215，应填答案1215。

214．4月16日摩拜单车进驻大连市旅顺口区，绿色出行引领时尚，旅顺口区进行了“经常使用共享单车与年龄关系”的调查，得下列22列联表： 经常使用单车用户 不常使用单车用户 合计 则得到的__________．(小数点后保留一位) (附： 2年轻人 100 60 160 非年轻人 20 20 40 合计 120 80 200 2nadbc2abcdacbd)

【答案】2.1

【解析】将a100,b20,c60,d20代入

2nadba2bccdac可得

bd200120002.1。 x22.，应填答案11604012080x215．已知p:xR， me10， q:xR， x2mx10，若pq为假命题，则实数m的取

2002值范围是__________． 【答案】1,

xx【解析】由题设可得p,q都为假命题，因p:xR， me10，则p: xR， me10恒成

立是真命题，即m120m0x2mx10是假命题，故q: xR， q:xR；又， xex22mx10是真命题，即， 4m240入m1或m1，故{案1,。

m0 m1，应填答

m1或m1点睛：本题的解答过程体现了等价转化与化归的数学思想及命题真假判定与复合命题的真假的判定规律，以此为依据建立不等式组{m0 m1，使得问题获解。

m1或m116．已知f'x是函数fx的导数， xR有fxf2x6x6， x1f'x2x10，若fm1f2m3mm2，则实数m的取值范围为__________．

2【答案】,1

【解析】构造函数Fx可等价转化为fx则fm1fm32mm2x2x，213Fm1F2m，又因为Fxfx2x1，所以当x1时， Fxfx2x10，函

数Fxfxxx单调递减；当x1时， Fxfx2x10，函数Fxfxxx22单调递增；所以函数Fxfxxx的图像开口向下，且关于直线x1对称，则问题转化为2m,m121，是否都在一个单调区间内的问题。若m12mm1则由函数的单调性可知F2mFm1，m1， 这与题设Fm1F2m矛盾，故m1，则2mm1，当2m1，则m12Fm1F2m的解集是m1；当02m1时，则22m1，则Fm1F2m可化为Fm1F22m，其解集是m；若2m0， m11，函数Fxfxx2x单调

递增，则由Fm1F2m可得m12mm1不符假设。综上所求实数的取值范围是

12131211m或32111m1，即m1，应填答案,1。 233点睛：本题是一道综合性的难题，解答本题的关键是高中函数Fxfxxx，这是解答本题的关

2键和突破口，求解时项构造函数Fxfxxx，再将不等式fm1f2m3mm2可

22等价转化为Fm1F2m，进而通过导数知识研究函数的图像和性质，进而借助函数的图像和性质解答不等式Fm1F2m而获解。

三、解答题

17．2017年5月13日第30届大连国际马拉松赛举行，某单位的10名跑友报名参加了半程马拉松、10公里健身跑、迷你马拉松3个项目(每人只报一项)，报名情况如下：

项目 人数 半程马拉松 2 10公里健身跑 3 迷你马拉松 5

(其中：半程马拉松21.0975公里，迷你马拉松4.2公里)

(1)从10人中选出2人，求选出的两人赛程距离之差大于10公里的概率；

(2)从10人中选出2人，设X为选出的两人赛程距离之和，求随机变量X的分布列. 【答案】（1）

16；（2）见解析. 45【解析】【试题分析】（1）依据题设条件先求出两人赛程之差大于10公里的情形种数，再借助古典概型的

11C2C816C52102计算公式求出其概率P；（2）依据题设条件分别求出) PX8.22； 2C1045C104591111C5C3151C32C5C10231 PX14.22； PX202； PX25.297522；

C10453C104515C1045911C2C62PX31.097523； PX45.195，求出其分布列：

C10451511C2C816 解：(1)选出的两人赛程距离之差大于10公里的概率P. 2C1045C52102(2) PX8.22；

C1045911C5C151PX14.223；

C10453C3231PX202；

C10451511C5C102PX25.297522；

C1045911C2C62PX31.097523；

C1045152C21. PX45.1952C1045随机变量X的分布列为： X 8.2 14.2 20 25.2975 31.0975 42.195 P 2 91 31 152 92 151 45

18．某理科考生参加自主招生面试，从7道题中(4道理科题3道文科题)不放回地依次任取3道作答. (1)求该考生在第一次抽到理科题的条件下，第二次和第三次均抽到理科题的概率； (2)该考生答对理科题的概率均为

4，若每题答对得10分，否则得零分，现该生抽到3道理科题，求其所5得总分X的分布列与数学期望EX. 【答案】（1）

1；（2）见解析. 5【解析】【试题分析】（1）依据题设条件先求出考生在第一次抽到理科题为事件A和第二次和第三次均抽到

123C4A6A4理科题为事件B的概率PA， PB3，再运用条件事件的概率公式求出该考生在第一次抽3A7A73A41到理科题的条件下，第二次和第三次均抽到理科题的概率： PB|A （2）依据题12；

PAC4A65PAB设条件分别求出

21101PX0C351253；

312141； PX10C355125248644104； PX30C3.借助数学期望公式求出数学期望PX20C55125512523EX24.

解：(1)记该考生在第一次抽到理科题为事件A，第二次和第三次均抽到理科题为事件B.

123C4A6A4PA3， PB3，

A7A7该考生在第一次抽到理科题的条件下，第二次和第三次均抽到理科题的概率：

3A41PB|A 12.

PAC4A65PAB11(2) PX0C；

512503312141； PX10C3551254841； PX20C55125232126404. PX30C35125其所得总分X的分布列为：

3X P 0 10 20 30 1 12512 12548 12564 125数学期望EX24.

19．已知函数fxalnxx(1)求实数a的取值范围；

(2)记fx的两个不同的极值点分别为x1,x2，若不等式fx1fx2x1x2恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）a4；（2）2a (a为常数)有两个不同的极值点. xln2. 22【解析】【试题分析】（1）依据题设条件将问题转化为“方程xaxa0有两个不相等的正实根

x1x2a0”，进而建立不等式组{x1x2a0 ，求出a4；（2）依据题设问题（1）的结论将不等式

a24a0lnalna，然后构造函数Fa， a4. aaln2ln2运用导数求出其最小值，从而求得.

22fx1fx2x1x2化为2x2axa解：(1) f'xx0.

x2由函数fxalnxxa (a为常数)有两个不同的极值点. x2即方程xaxa0有两个不相等的正实根.

x1x2a0∴{x1x2a0 ，∴a4.

a24a0(2)由(1)知x1x2a， x1x2a， a4，

∴fx1fx2alnx1x2x1x2ax1x22x1x2， x1x2lna恒成立. alna令Fa， a4.

alna10， Fa递增， ∵F'aa2ln2∴FaF4，

2ln2.

2所以20．已知函数fxexax.

x2(1) xR时，证明： exx1；

(2)当a2时，直线ykx1和曲线yfx切于点Am,nm1，求实数k的值； (3)当0x1时，不等式fx0恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）k1；（3）ae1.

【解析】【试题分析】（1）依据题设条件构造函数Fxex1，运用导数知识求出其最小值

x（2）先设切点坐标为Am,n， m1，然后建立方程组FxminF00，从而使得不等式获证；

nkm1x2（3）依据题设条件将不等式转化为exax0恒{nemm22m ，求得m0.进而得到k1；

kem2m2exx2exx2exx2成立， 进而分离参数a，构造函数Gx，将问题转化为求函数Gx的最

xxx小值来求解：

解：(1)记Fxex1，

x∵F'xe1，

x令F'x0得x0，

当x,0， F'x0， Fx递减；当x0,， F'x0， Fx递增， ∴FxminF00，

Fxexx10，

得exx1.

(2)切点为Am,n， m1，则

nkm1{nemm22m ，∴m1emm210， kem2m2∵m1，∴emm10由(1)得m0. 所以k1.

(3)由题意可得exx2ax0恒成立，

exx2所以a，

xexx2下求Gx的最小值，

xG'xx2xex11x1exx2x1ex11x1， x2xx2xx由(1) ex1知ex10且x1.

所以G'x0， Gx递减， ∵x1，∴GxG1e1. 所以ae1.

点睛：本题的难点不大，求解第一问时，先依据题设条件构造函数Fxex1，运用导数知识求出

x其最小值FxminF00，从而使得不等式获证；解答第二问时，先设切点坐标为Am,n， m1，

nkm1m2然后依据导数的几何意义建立方程组{nem2m ，求得m0.进而得到k1；求解第三问时，

kem2m2exx2依据题设条件将不等式转化为exax0恒成立， 进而分离参数a，构造函数

xx2exx2exx2Gx，将问题转化为求函数Gx的最小值来求解二获解。

xx21．(Ⅰ)平面直角坐标系xOy中，倾斜角为的直线l过点M2,4，以原点O为极点， x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为sin22cos. (1)写出直线l的参数方程(为常数)和曲线C的直角坐标方程； (2)若直线l与C交于A、B两点，且MAMB40，求倾斜角的值. (Ⅱ)已知函数fxx4xmm0. m(1)若函数fx的最小值为5，求实数m的值； (2)求使得不等式f15成立的实数m的取值范围. 【答案】(Ⅰ)（1）y22x；(2) 4.(Ⅱ)(1) m1或m4，（2）0,14,.

【解析】【试题分析】（1）依据题设条件直接写出直线l的参数方程为{x2tcos (t为参数)，后运

y4tsin用直角坐标与极坐标之间的关系将极坐标方程sin22cos化为直角坐标方程；（2）依据题设条件把直线的参数方程代入y22x，得tsin222cos8sint200，

t1t22cos8sin20tt， ，根据直线参数的几何意义建立方程1222sinsin20MAMBt1t240，求出得。

sin24解:(Ⅰ)(1)直线l的参数方程为{2x2tcos (t为参数)，

y4tsin曲线C的直角坐标方程： y2x. (2)把直线的参数方程代入y2x，得tsin2222cos8sint200，

t1t22cos8sin20tt， ， 12sin2sin22040， 2sin根据直线参数的几何意义， MAMBt1t2得4或3. 422又因为2cos8sin80sin0，

所以4.

【试题分析】（1）依据题设条件借助绝对值三角不等式可得x444xmmm，后建立方mmm程m4445.求出m1或m4；（2）依据题设条件可得11m11m5，然后分类mmm求出其解集为0,14,。 解：(Ⅱ)(1)∵x444xmmm， mmm45. m可得m1或m4.

∴m(2)由题意可知1441m11m5， mm41m5，可得0m1， m当0m1时， 1当m1时， 141m5，可得m4. m综上实数m的取值范围为0,14,.

22．(Ⅰ)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是{原点O为极点， x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系. (1)写出C的极坐标方程；

(2)若A,B为曲线C上的两点，且AOBx2cosy22sin (为参数， 0)，以

3，求OAOB的范围.

(Ⅱ)已知函数fx2xa2x4， gxx21. (1) a0时，解不等式fx8；

(2)若对任意x1R，存在x2R，使得fx1gx2，求实数a的取值范围. 【答案】(Ⅰ)（1）4sin， 3（2）326OAOB43；(Ⅱ) (1) ，

44（2）a5或a3. ,13,，

【解析】【试题分析】（1）依据题设条件先求出曲线C的直角坐标方程，再将其化为直角坐标方程；（2）依据题设条件分别求出点A的极角为，点B的极角为

3

，

45，建立函数12OAOB4sin4sin43sin，求出其值域。

36（1）依据题设条件借助绝对值的定义分别求出其解集，再进行整合求原不等式fx 8的解集；（2）依据题设条件借助绝对值三角不等式可得fx2xa2x42xa2x44a ，

gxx211，依据题意建立不等式4a1，

解得a5或a3.

解： (Ⅰ)解：(1) 4sin， 3. 44(2)不妨设点A的极角为，点B的极角为则OAOB4sin4sin3

，

45， 1243sin， 36所以326OAOB43. (Ⅱ)解：(1) a0时，不等式fx8等价于xx24， 当x0时， 2x2，解得x1，综合得： x1.

当0x2时，显然24不成立.

当x2时， 2x24，解得x3，综合得x3. 所以fx 8的解集是,13,.

(2) fx2xa2x42xa2x44a，

gxx211，

根据题意4a1， 解得a5或a3.