四川省眉山市2016-2017学年高二数学下学期期末考试试题 文

数学试题卷（文史类）

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,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.

1.用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程axbxc0有有理根，那么a,b,c中至少有一个是偶数”时，下列假设正确的是（ ）

A．假设a,b,c都是偶数 B．假设a,b,c都不是偶数 C．假设a,b,c至多有一个偶数 D．假设a,b,c至多有两个偶数 2. 已知i是虚数单位，则复数

232i的虚部是（ ） iA．3i B．3i C．3 D．-3

3. 从数字1，2，3，4这四个数中，随机抽取2个不同的数，则这2个数的和为偶数的概率是（ ） A．

1112 B． C． D． 63234.已知a(0,1)，则不等式ln(3a1)0成立的概率是（ ） A．

1211 B． C. D． 2334,x10，其均值和方差分别为x和s2，

5.某公司10位员工的月工资（单位：元）为x1,x2,若从下月起每位员工的月工资增加200元，则这10位员工下月工资的均值和方差分别为（ ）

222222A．x,s B．x200,s C. x,200s D．x200,s200

6.四名同学根据各自的样本数据研究变量x,y之间的相关关系，并求得回归直线方程，分别得到以下四个结论：

①y与x负相关且y2.756x7.325. ②y与x负相关且y3.476x5.8 ③y与x正相关且y1.226x6.578 ④y与x正相关且y8.967x8.163 其中一定不正确的结论的序号是（ ）

A．①② B．②③ C.③④ D．①④ 7.根据下边的图，当输入x为2017时，输出的y（ ）

A．28 B．10 C. 4 D．2

8.某校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5,30]，样本数据分组为[17.5,20)，[20,22.5)，[22.5,25)，

[25,27.5)，[27.5,30]，根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于24小时的人

数是（ ）

A．76 B．92 C.108 D．114

)2,3(9.已知整数对的序列为(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，（)14,(，(1,5)，(2,4)，…，则第70个数对是（ ）

），

A．(3,10) B．(4,9) C. (5,8) D．(6,7) 10. 已知函数f(x)1，则yf(x)的图象大致为（ ）

xlnx1

11. 设函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(x)为其导函数，当x0时，

'xf'(x)f(x)0，且f(1)0，则不等式f(x)0的解集为（ ）

A．(1,0)C. (,1)(0,1) B．(1,0)(1,) (1,) D．(,1)(0,1)

12. 若函数f(x)x3ax21，aR，则对于不同的实数a，函数f(x)的单调区间个数不可能是（ ）

A．1个 B．2个 C. 3个 D．5个

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图所示，则该35名运动员成绩的中位数为 ．

14.在函数f(x)12xlnx的所有切线中，斜率最小的切线方程为 ． 2215.如图，点A的坐标为(1,0)，点C的坐标为(2,4)，函数f(x)x，利用随机模拟方法计算阴影部分面积时，利用计算器产生两组0~1之间的均匀随机数a1RAND，

b1RAND，然后进行平移与伸缩变换aa11，b4b1，试验进行100次，前98次中

落在阴影部分内的样本点数为40，且最后两次试验的随机数为a10.5，b10.3及

a10.2，b10.6，那么本次模拟得出的面积约为 ．

16.若不等式x2xya(2xy)对于一切正数x,y恒成立，则实数a的最小值为 ．

三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 为了弘扬民族文化，某校举行了“我爱国学，传诵经典”考试，并从中随机抽取了100名考生的成绩（得分均为整数,满足100分）进行统计制表，其中成绩不低于80分的考生被评为优秀生，请根据频率分布表中所提供的数据，用频率估计概率，回答下列问题.

分组

频数 5

频率 0.05 0.20

222[50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100)

合计

a

35 25 15 100

b

0.25 0.15 1.00

（1）求a,b的值并估计这100名考生成绩的平均分；

（2）按频率分布表中的成绩分组，采用分层抽样抽取20人参加学校的“我爱国学”宣传活动，求其中优秀生的人数；

18. 已知袋中放有形状大小相同的小球若干，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n个，从袋中随机抽取一个小球，取到标号为2的小球的概率为

1，2现从袋中不放回地随机取出2个小球，记第一次取出的小球标号为a，第二次取出的小球标号为b.

（1）记“ab2”为事件A，求事件A发生的概率.

（2）在区间[0,2]上任取两个实数x,y，求事件B“xy(ab)恒成立”的概率. 19. 2015年12月，京津冀等地数城市指数“爆表”，北方此轮污染为2015年以来最严重的污染过程，为了探究车流量与PM2.5的浓度是否相关，现采集到北方某城市2015年12月份某星期星期一到星期日某一时间段车流量与PM2.5的数据如表： 时间

车流量x（万辆）

星期一 1

星期二 2

星期三 3

星期四 4

星期五 5

星期六 6

星期七 7

222PM2.5的浓度

y（微克/立方

米）

28 30 35 41 49 56 62

（1）由散点图知y与x具有线性相关关系，求y关于x的线性回归方程；

（2）（i）利用（1）所求的回归方程，预测该市车流量为8万辆时PM2.5的浓度； （ii）规定：当一天内PM2.5的浓度平均值在(0,50]内，空气质量等级为优；当一天内

PM2.5的浓度平均值在(50,100]内，空气质量等级为良，为使该市某日空气质量为优或者

为良，则应控制当天车流量在多少万辆以内？（结果以万辆为单位，保留整数）

参考公式：回归直线的方程是ybxa，其中b^xynxyiii1nnxi12inx2，aybx.

20. 随着智能手机的发展，微信越来越成为人们交流的一种方式，某机构对使用微信交流的态度进行调查，随机调查了50人，他们年龄的频数分布及对使用微信交流赞成人数如表： 年龄（岁） 频数 赞成人数

[15,25)

5 5

[25,35)

10 10

[35,45)

15 12

[45,55)

10 7

[55,65)

5 2

[65,75)

5 1

（1）由以上统计数据填写下面22列联表，并判断是否有99%的把握认为年龄45岁为分界点对使用微信交流的态度有差异；

年龄不低于45岁的

人

赞成 不赞成

年龄低于45岁的人

合计

合计

（2）若对年龄分别在[55,65)，[65,75)的被调查人中各抽取一人进行追踪调查，求选中的2人中至少有一人赞成使用微信交流的概率. 参考公式：k参考数据：

2n(adbc)2，其中nabcd

(ab)(cd)(ac)(bd)P(K2k0)

0.050 3.841

x20.010 6.635

0.001 10.828

k0

21. 已知f(x)eax，g(x)是f(x)的导函数. （1）求g(x)的极值；

（2）对任意实数xR，都有f(x)x2ax1恒成立； （3）若f(x)x1在x0时恒成立，求实数a的取值范围. 22. 已知函数f(x)ax2xlnx（aR）. （1）若a4，求函数f(x)的极值.

（2）若f(x)在(0,1)有唯一的零点x0，求a的取值范围.

（3）若a(,0)，设g(x)a(1x)2x1ln(1x)，求证：g(x)在(0,1)内有唯一的零点x1，且对（2）中的x0，满足x0x11.

'2'122眉山市高中2018届第四学期期末教学质量检测 数学（文科）参 2017.07

一、选择题

题号 1 答案 B 二、填空题

13、143 14. 4x2y30 15. 1. 16. 1 三、解答题

17.解：（1）由频率分布表得：

2 D 3 B 4 C 5 B 6 B 7 C 8 B 9 B 10 A 11 C 12 B 5a35,解得a=20，b=0.35， 0.050.20b平均分x550.05650.2750.35850.25950.1577.5 （注：计算平均分，列式正确，结果错误扣2分）

（2）按成绩分层抽样抽取20人时，优秀生应抽取20×0.4=8人．

18.解：（1）由题意可知n2，基本事件的总数为12，事件A所包含的基本事件个数为4

事件A发生的概率PA41 1230x2（2）由题意得 ，

0y2事件B:xy4恒成立 有几何概型知PB2241 441(1234567)4， 7（注：几何概型未画图扣2分） 19. 解：（Ⅰ）由数据可得：x1y(28303541495662)43，

7i17xiyi1372，xi2140，

i17ˆbnxiyinxyxi2nx2i1ni113721204ˆx434619 ˆyb6，所以a140-112ˆ6x19 故y关于x的线性回归方程为yˆ6x1967． （Ⅱ）（ⅰ）当车流量为8万辆时，即x=8时，y故车流量为8万辆时，PM2.5的浓度为67微克/立方米． （ⅱ）根据题意信息得：6x+19≤100，即x≤13.5，

故要使该市某日空气质量为优或为良，则应控制当天车流量在13万辆以内． 20解：（I）由以上统计数据填写下面 2×2 列联表，如下；

赞成 不赞成 合计 2年龄不低于45岁的人 10 10 20 年龄低于45岁的人 27 3 30 合计 37 13 50 n(adbc)250(1031027)2根据公式计算K9.986.635，

(ab)(ad)(ac)(bd)37132030所以有99%的把握认为年龄45岁为分界点对使用微信交流的态度有差异；

（Ⅱ）基本事件的总数为25，记事件A：选出的2人中至少有一人赞成使用微信交流 则A：选出的2人均不赞成使用微信交流，事件A包含的基本事件个数为12.

13PA1PA.

25x221. 解：（Ⅰ）f(x)eax，g(x)f'(x)e2ax，g'(x)e2a，

xx当a0时，g'(x)0恒成立，g(x)无极值； 当a0时，g'(x)0，即xln(2a)，

由g'(x)0，得xln(2a)；由g'(x)0，得xln(2a)， 所以当xln(2a)时，有极小值2a2aln(2a).

x（Ⅱ）因为f'(x)e2ax，所以，要证f'(x)≥x2ax1，只需证e≥x1. x令k(x)e1x，则k'(x)e1，且k'(x)0，得x0；k'(x)0，得x0，

xx∴k(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增, ∴k(x)k(0)0，即e1x恒成立,

∴对任意实数xR，都有f'(x)≥x2ax1恒成立.

x（Ⅲ）令h(x)eaxx1，则h'(x)e12ax，注意到h(0)h'(0)0， 由（Ⅱ）知e1x恒成立，故h'(x)x2ax(12a)x， ①当axx2x1时，12a0，h'(x)0， 2于是当x0时，h(x)h(0)0，即f(x)x1成立. ②当a1xx时，由e1x（x0）可得e1x（x0）. 2h'(x)ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a)，

故当x(0,ln(2a))时，h'(x)0，

于是当x(0,ln(2a))时，h(x)h(0)0，f(x)x1不成立. 综上，a的取值范围为(,]．

22.解：（1）当a4时，f(x)4x22xlnx，x(0,)， 18x22x1(4x1)(2x1)． f(x)8x2xxx12由x(0,)，令f(x)0，得x1． 4当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下表：

x 1(0,) 41 41(,) 4+ f(x) f(x) 14 0 极小值 14 故函数f(x)在(0,)单调递减，在(,)单调递增，

13f(x)有极小值f()=+ln4，无极大值．

4412ax22x1（2）解法一：f(x)2ax2，

xx令f(x)0，得2ax22x10，设h(x)2ax22x1．

则f(x)在(0,1)有唯一的零点x0等价于h(x)在(0,1)有唯一的零点x0 当a0时，方程的解为x1，满足题意； 2当a0时，由函数h(x)图象的对称轴x10，函数h(x)在(0,1)上单调递增， 2a且h(0)1，h(1)2a10，所以满足题意；

当a0，0时，a，此时方程的解为x1，不符合题意； 当a0，0时，由h(0)1， 只需h(1)2a10，得a0． 综上，a．

（说明：0未讨论扣1分）

12ax22x1解法二： f(x)2ax2，

xx121212令f(x)0，由2ax22x10，得a设m

11． 2x2x1111

，则m(1,)，am2m(m1)2，

222x

121的图象在(1,)恰有一个交点问题． 2问题转化为直线ya与函数h(m)(m1)2又当m(1,)时，h(m)单调递增，

故直线ya与函数h(m)的图象恰有一个交点，当且仅当a． （3）设t1x，则t(0,1)，

p(t)g(1t)at22t3lnt，

1212at22t1， p(t)2at2tt1由a(,0)，故由（2）可知，

2方程2at22t10在(0,1)内有唯一的解x0， 且当t(0,x0)时，p(t)0，p(t)单调递减； t(x0,1)时，p(t)0，p(t)单调递增．

又p(1)=a10，所以p(x0)0． 取te32a(0,1)，

则p(e32a)=ae64a2e32a3lne32aae64a2e32a332a

a(e64a2)2e32a0，

从而当t(0,x0)时，p(t)必存在唯一的零点t1，且0t1x0，

即01x1x0，得x1(0,1)，且x0x11，

从而函数g(x)在(0,1)内有唯一的零点x1，满足x0x11．