北京一零一中2019-2020学年高二下学期数学期末考试答案

参考答案

1．B【解析】解不等式x2x20得x1或x2， 所以Ax|x1或x2，

所以可以求得CRAx|1x2，故选B.

2．D【解析】由指数函数的单调性有：a60.7601，b0.760.701.由对数函数的单调性有：clog0.76log0.710所以abc.故选：D

3．B【解析】x11等价于0x2，故0x5推不出x11；由x11能推出0x5．故“0x5”是“|x1|1”的必要不充分条件．故选B． 4．C【解析】由题意，抽取的10名同学中，男生有10人，

又某男同学必须参加，所以志愿者人员组成的不同方法种数为C23C16.故选：C.

r3r5．B【解析】由于x3，其展开式的通项为2x2C2x2，当r32为C321x26x2，故a26.

225424166人，4女生有10241624163r2时，

6．D【解析】对于A，函数在0,上单调递增，所以不满足fA错误；

对于B，函数在R上单调递增，所以不满足f1f(3)f(2)，故41f(3)f(2)，故B错误； 417ff 对于C，函数图象开口朝上，且对称轴为x1，所以f(3)，故C错误；44对于D，函数在0,1上单调递减，在1,上单调递增，故可能满足f故D正确.故选：D.

7．B【解析】由题意，开关1、2在某段时间内均正常工作的概率P10.90.90.81，

1f(3)f(2)，4第1页，总6页

开关3正常工作的概率P20.9，

故该系统正常工作的概率P11P11P2110.8110.90.981, 所以该系统的可靠性为0.981.故选：B.

8．C【解析】因为函数f(x)(xR)为奇函数，f(1)又f(x2)f(x)f(2)，

令x1，则f(1)f(1)f(2)，所以f(2)f(1)f(1)1， 所以f(3)f(1)f(2)故选：C.

9．C【解析】由题意，f(x)x2xae，

因为函数f(x)有最小值，且ex0，所以函数存在单调递减区间，即f(x)0有解， 所以x22xa0有两个不等实根，所以函数yfx的零点个数为2.故选：C. 10．A 【解析】

11，所以f(1)， 2235，f(5)f(3)f(2). 222xx1,0x21）试题分析：设P，则由导数的几何意1x1,lnx1,P2x2,lnx2（不妨设1义易得切线l1,l2的斜率分别为k111,k2.由已知得x1x2k1k21,x1x21,x211.切线l1的方程分别为ylnx1xx1，切线l2的方x1x1程为ylnx21xx2，即ylnx1x1x1．分别令x0得x2x1A0,1lnx1,B0,1lnx1.又l1与l2的交点为

2x11x122x11x121P,lnx1.x11,SPAByAyBxP1,0SPAB122221x1x21x1x1111，故选A．

(,1)11．[1,)【解析】由题意

(x1)(x1)0x10，，解得x1或x1．故

x10x1第2页，总6页

答案为：(,1)[1,)．

12．1【解析】由题意，函数f(x)lnxx2在0,上单调递增，

又f(e3)lne3e323e320，f(1)ln112120， 所以函数f(x)lnxx2在区间e,1内有1个零点， 所以函数f(x)lnxx2的零点个数是1. 故答案为：1.

13．20【解析】因为log5xlog5ylog5xy2，所以xy25且x0，y0， 所以x4y24xy20，当且仅当x4y即x10，y所以x4y的最小值为20.

35

时，等号成立， 2

x22x,x214．0【解析】由题意f(x)2，

x2x,x2∴f(x)在(,1)上递增，在(1,2)上递减，在(2,)上递增， ∴x2时，f(x)极小值＝f(2)0．

15．log212【解析】因为当x0时，fxfxf(x1)，

2311fxfxf(x1)221fxf(x1)，

21fx所以fx2所以fx3fx，fx3f23xfx，

2所以当x0时，f(x)的周期为3，

11f2020f20206733f1ff0f所以log210

221ff02211flog21log2.

322∣x1【解析】由题意，AxR∣ylog2xxR∣x0， 16．xR第3页，总6页

BxR∣22x1x1xR∣2x22x20xR∣2x1或2x2

xR∣x1，

所以ABxR∣x1.

17．【解析】（1）∵不等式的解集为xx3或x2 ∴3，2是方程kx22x6k0的两根，且k0 ∴k2 5（2）∵不等式的解集为R ∴k0且424k20 ∴k6 66) 6∴k的取值范围是(，-18．【解析】（1）函数定义域是{x|x0}，关于原点对称，

a0时，f(x)x2，则f(x)(x)2x2f(x)，f(x)为偶函数，

a2a0，f(x)a0时，f(x)x2，f(x)f(x)2x2不恒为0，f(x)f(x)xx既不是奇函数也不是偶函数；

3aa2xa（2）f(x)2x2，由题意f(x)2x20在[2,)上恒成立， 2xxx∴x[2,)时，2x3a0，即a2x3，此时2x3的最小值为16，∴a16． 19．【解析】由图可知，参加活动1次、2次和3次的学生人数分别为10、50和40． （I）该合唱团学生参加活动的人均次数为

1102503402302.3．

100100（II）从合唱团中任选两名学生，他们参加活动次数恰好相等的概率为

222C10C50C4041P0． 2C10099（III）从合唱团中任选两名学生，

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记“这两人中一人参加1次活动，另一人参加2次活动”为事件A， “这两人中一人参加2次活动，另一人参加3次活动”为事件B， “这两人中一人参加1次活动，另一人参加3次活动”为事件C．

1111C10C50C50C4050易知P(1)P(A)P(B)； 24C100C1009911C10C40841P(2)P(C). P(0)；2C1009999的分布列：  0 1 2 P 41 9950 998 99的数学期望：E041508212． 999999320．【解析】(1)证明 设h(x)＝ln x－ (x>0)，则h′(x)＝＋>0(x>0)，所以h(x)在(0，＋∞)为单调递增函数． 而h(1)<0，h(e)>0，

所以函数h(x)有零点且只有一个零点． 所以函数f(x)有“倒数点”且只有一个“倒数点”． (2)xf(x)≤m[g(x)－x]等价于2x·ln x≤m(x2－1)， 设d(x)＝2ln x－m则d'x＝，x≥1. ，x≥1，

易知－mx2＋2x－m＝0的判别式为Δ＝4－4m2.

①当m≥1时，d′(x)≤0，d(x)在[1，＋∞)上单调递减，d(x)≤d(1)＝0，符合题意；

②当0d(1)＝0，不合题意；

③当m＝0时，d′(x)>0，d(x)在(1，＋∞)上单调递增，此时d(x)>d(1)＝0，不合题意； ④当－1第5页，总6页

d(x)>d(1)＝0，不合题意；

⑤当m≤－1时，d′(x)≥0，d(x)在(1，＋∞)上单调递增，此时d(x)>d(1)＝0，不合题意． 综上，实数m的取值范围是[1，＋∞)．

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