【数学】内蒙古开鲁县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试(理)0

参

一．选择题：

1.A；2.C；3.D；4.C；5.B；6.D；7.C；8.A；9.B；10.B；11.D；12.A 二.填空题：13.

11 ；14. 62 ； 15.942 ；16.(,)(,) 1266三．解答题 17.解：（1）设等差数列的an的公差为d

由a1a2a33，得3a23所以a21.........1分

a1d1aaa15aa15............2分 又123得13，即a(a2d)1511所以a15a13 ..................3分 ，或 d4d4即an4n9或an74n .......5分 （2）当公差d0时，an4n9 ...........6分 1）当n2时， 设数列an前项和为Sn，则Sn(54n9)n2n27n ............7分

22）当n3时，an4n90

Tna1a2a3a1a2a3Sn2S22n27n12 ......9分

27n2n(n2)所以数列an的前n项和Tn2 ......10分

2n7n12(n3)22218.（1）由(1cos2)8cos得sin4cos，所以sin4cos，

2由cosx,siny，得曲线C的直角坐标方程为y4x…………….…….3分

当直线l在x轴正半轴及y轴正半轴截距相等时,tan1, ........4分

的ana1a2a3an

an2a1a2

x1tcosy1,得由tan1，所以xy2，

y1tsinx1即此时直线l的直角坐标方程为xy20……………………………6分

1x1t2,(t为参数）.....7分 （2）当时，直线l的参数方程为3y13t2312t4将直线l的参数方程带入y4x，得11t， 22232t(32)t30，..........9分 44t1t2(23),t1t24，………..…………10分

3故

tt11112312…………………12分 PAPB|t1||t2|t1t2319.（1）依题意x1x36，解集为(4,2)……………………………...………5分

（2）f(x)xaxb(xa)(xb)abab，.......7分 所以ab2…9分

111111b1a1(a1b1)()(2)1……….……12分 a1b14a1b14a1b120.解：（I）抽取的40件产品中，产品尺寸x∈[12，15]的件数为：40×[（0.2+0.175+0.075）×1]=18， ......1分 其中x∈[14，15]

产品件数为40×（0.075×1）=3， ......2分

∴ξ的可能取值为0，1，2，

211C15C15C3C321355，P（ξ=2）2， ∴P（ξ=0）2，P（ξ=1）2C1851C1817C1851∴ξ的分布列为：

......3分

∴Eξ＝03551112. ......4分 5117513（II）三级品的概率为（0.1+0.075）×1=0.175，

若对剩余产品逐一检验，则厂家需支付费用50×100=5000； ......5分

若对剩余产品不检验，则厂家需支付费用50×10+200×90×0175=3650，.....6分 ∵5000＞3650，

故不对剩余产品进行逐一检验. ........8分

（III）设甲设备生产一件产品的利润为y1，乙设备生产一件产品的利润为y2， 则E（y1）=500×（0.3+0.2）+400×（0.150+0.175）+200×0.175=415，......10分 E（y2）=500121400200420. ......11分 5210∵E（y1）＜E（y2）. ∴应选购乙设备. ......12分 21.解：（1）根据题意，可得x.6 0.4 345675，

50.620.580.490.40.31y0.48， ......1分

5ˆ0.88， ˆbx而y与x之间的线性回归方程为yˆ0.88，解得：bˆ0.08，......2分 则0.485bˆ0.0880.880.24， 当x8时，y所以当海水浓度为8‰时，该品种的亩产量为0.24吨. .......4分

ˆ0.08x0.88， （2）①由（1）知yˆiyiyˆi，得残差表如下： 根据残差公式e海水浓度xi(‰) 亩产量yi(吨) 3 4 5 7 0.62 0.58 0.49 0.31 残差e i-0.02 0.02 0.01 0 -0.01 ........8分 ②根据题意，可得：

R210.00040.00040.000100.00010.1420.120.0120.080.172210.0010.98，.....11分 0.06565所以浇灌海水浓度对亩产量的贡献率是98%. .......12分 22.（1）当a1时，fx2lnx2lnxxhx1………..………….…….1分 xxx则hx知hx：

2x21，由于yx2在1,上单调递减，存在唯一零点x2 xxx 1,2 + 2 2, - hx hx 0 单调递增 极大值 单调递减 ..................................................................................................................................................3分 知x1,时，hxh22ln210，即fx0恒成立

知fx为1,上的减函数，即fxf11，证毕；....................................5分

ln2xln2xa有两个零点，设函数gx（2）等价于..............................................6分 xxgx2lnxlnx0x2，解得lnx2lnx0，即0lnx2

知gx：

x 0,1 - 1 1,e 2e2 0 e, 2gx gx 0 + - 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 ..................................................................................................................................................9分 当x0时，gx；极小值为g10；极大值为ge242；在e,上单调gx2e递减，由于gx0，当x时，gx0，故gx在e2,上的值域为0,4 2e综上，gxa有两个零点，有a

44a，即当时，fx有两个零点…….12分 22ee