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2021省大庆铁人中学高二下学期期中考试数学（理）PDF版含答案
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铁人中学2019级高二学年下学期期中考试数学答案（理）1D2.D3.C4.C5.D6.C7.B8.B9.B10.B11.A12.A13.4+3i，14.0.32．15.60 16.2−117.【答案】解：(1)∵f′(x)=(x2−4)ex， ∴f′(0)=−4，又f(0)=−2， ∴所求切线方程为y+2=−4x，即y=−4x−2． (2)当x>0时，f(x)≥13x3−4x+a， 即a≤f(x)−13x3+4x恒成立， 设g(x)=f(x)−13x3+4x(x>0)， g′(x)=(x2−4)ex−x2+4=(x2−4)(ex−1)， 当02时，g′(x)>0，g(x)递增． ∴g(x)min=g(2)=−2e2+163， ∴a≤−2e2+163，a的最大值为−2e2+163． 18.【答案】解：(1)展开式的通项公式为Tk+1=Cnk(x)n−k(2x)k， 则前三项的系数和为1+2Cn1+4Cn2=73， 即1+2n+2n(n−1)=73， 得2n2=72，得n2=36，得n=6， 即正整数n的值为6． (2)则通项公式为Tk+1=C6k(x)6−k(2x)k=C6k2kx6−3k2， 当k=0时6−3k2=3，当k=1时6−3k2=32，当k=2时，6−3k2=0，当k=3时6−3k2=−32，当k=4时6−3k2=−3，当k=5时6−3k2=−92，当k=6时6−3k2=−6 则所有x的有理项为T1=x3，T3=60，T5=240x−3，T7=64x−6．19.【答案】解：(1)从未注射疫苗的小白鼠中任取1只，取到“感染病毒”的小白鼠的概率为35， 则未感染的为25，即25x=40，解得x=100， ∴p=100−40=60； q=100−60=40，y=100； (2)由列联表中数据，计算K2的观测值 ， ∴没有99.9％把握认为注射此种疫苗有效； (3)在感染病毒的小白鼠中，按未注射疫苗和注射疫苗的比例抽取5只， 未注射疫苗的有3只，记为a、b、c，注射疫苗的有2只，记为D、E， 从这5只小白鼠中随机抽取3只，基本事件为： abc、abD、abE、acD、acE、aDE、bcD、bcE、bDE、cDE，共10种不同的取法， 则至少抽到2只为未注射疫苗的基本事件是abc、abD、abE、acD、acE、bcD、bcE共7种， 故所求的概率为p=710．20.【答案】解：(1)A、B、C、D社团共有学生9+12+6+9=36名， 抽取12名学生，抽取比例为1236=13， 则抽取的12名学生中，A社团3名，B社团4名，C社团2名，D社团3名， 则12名学生抽取2名学生，来自同一个社团的概率为：p=C32+C42+C22+C32C122=1366． (2)12名学生中来自ABD三个社团的学生共有10名， 若从中任取3名，抽取A社团的人数X服从超几何分布， X的取值为0，1，2，3， PX=0=C73C103=35120=724， PX=1=C31C72C103=63120=2140， PX=2=C32C71C103=21120=740， PX=3=C33C103=1120， 则X的分布列为 在该超几何分布中，n=3，M=3，N=10， 所以数学期望EX=nMN=3×310=910．21.【答案】解：(1)根据图表中的数据得： x=1+2+3+4+5+6+77=4， y=29+33+36+44+48+52+597=43， 而i=17(xi−x)2=28，i=17(xi−x)(yi−y)=140， 因此b=i=17(xi−x)(yi−y)i=17(x1−x)2=14028=5． 又因为a=y−bx=43−5×4=23， 所以y关于x的线性回归方程为y=5x+23． 将x=9代入回归方程得y=5×9+23=68(百份)， 因此该公众号在2020年9月新增订阅量的预测值为6800份． (2)① 由(1)知：从2020年3月份到7月份的新增订阅量的预测值分别为： 38、43、48、53、58(单位：百份)， 其中实际新增订阅量大于相应估计值的月份为4月和7月2个月，即A级增长月有2个， 所以从2020年3月份到7月份这5个月中，任取1个月，这个月恰为A级增长月的概率为25． ②记X表示2021年第一季度三个月中为A级增长月的个数，则X的取值可能为0，1，2，3． 由题意知：A级增长月的概率为25，因此X∼B3,25， 所以：PX=0=C30250353=27125，PX=1=C31251352=54125， PX=2=C32252351=36125，PX=3=C33253350=8125， 因此X的分布列为：所以EX=0×27125+1×54125+2×36125+3×8125=65．22.【答案】解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)． (1)因为f(x)=lnx−a(1−1x)+1，所以f′(x)=1x−ax2=x−ax2. 当a≤0时，f′(x)>0对x∈(0,+∞)恒成立； 当a>0时，由f′(x)>0得x>a，f′(x)<0得00时，f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增． (2)由f(x)>0得lnx−a(1−1x)+1>0，所以a(x−1)x1，所以ℎ′(x)>0， 所以ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增， 因为ℎ(3)=1−ln 3<0，ℎ(4)=2−ln 4>0， 所以存在x0∈(3,4)满足x0−ln x0−2=0， 当1x0时，ℎ(x)>0，g′(x)>0， 所以g(x)在(1,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增， 所以g(x)min=g(x0)=x0(x0−2)+x0x0−1=x0， 所以a
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