【文档说明】江苏省镇江市2021高二下学期数学期末试卷（及答案）.docx，共(13)页，795.840 KB，由baby熊上传

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江苏镇江2020-2021学年度第二学期高二期末数学试卷数学一、选择题．本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合{1}Axx∣，{213}Bxx∣，则ABA．1,2B．1,2C．,

2D．1,12．若20212021012021(1)xaaxax，xR，则220210122021333aaaa的值为A．202112B．202112C．20212D．20213．草木葱茏，绿树成荫，鸟语花香，空气清新是我们梦寐以求的

家园．为了改善生活环境，今年3月份某学校开展了植树活动，根据收集到的数据（如下表），由最小二乘法求得回归方程0.6652ˆ5.yx后，由于某种原因其中一个数据被损坏（表格中？？处数据），请你推断出该数

据的值植树棵树x（单位：棵）1020304050花费时间y（单位：分钟）626875？？89A．81B．81.7C．81.6D．824．一不透明的口袋内装有若干个形状、质地完全相同的红色和黄色小球．若事件“第一次摸

出红球且第二次摸出黄球”的概率为25，事件“在第一次摸出红球的条件下，第三次摸出黄球”的概率为12，则事件“第一次摸出红球”的概率为A．110B．15C．710D．455．现有4位学生干部分管班级的三项不同的学生工作，其中每一项工作至少有一人分管

且每人只能分管一项工作，则这4位学生干部不同的分管方案种数为A．18B．36C．72D．816．某航空母舰的飞行甲板后部有四套安全着陆装置A，B，C，D，降落的飞行员着陆时，启用哪套安全着陆装置按就近原则，例

如：当某次降落的~飞行员着陆时离装置A最近，首选启用装置A，若成功启用装置A，则在此次着陆过程中不启用其它三套装置，若装置A出现故障则启用除装置A之外的最近装置，依此类推只有当四套安全着陆装置同时出现故障时，降落的飞行员着陆失败需拉起复飞经过对多次试验数据统计分析显示：成功启用装

置A的概率为25%，成功启用装置B或装置C的概率为54%，降落的飞行员着陆失败需拉起复飞的概率约为1%现有一架战机着舰演练100次，则成功启用装置D的次数约为A．5B．15C．20D．257．已知关于x的一元二次不等式20axbxc

的解集为{13}xx∣，则不等式0axbcxa的解集为A．1,43B．14,3C．1,(4,)3D．1(,4),38若点A，B分别是函数4e

xyx与33yx图象上的动点（其中e是自然对数的底数），则AB的最小值为A．71010B．4910C．17D．17二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对

的得2分，有选错的得0分9．若ab，则下列结论一定成立的是A．22abB．11abC．33baD．0acbcc10．一个不透明的口袋内装有若干张大小、形状完全相同的红色和黄色卡片，现从口袋内随机抽取卡

片，每次抽取一张，随机变量5表示抽到黄色卡片的张数，下列说法正确的有A．若口袋内有3张红色卡片，6张黄色卡片，从袋中不放回地抽取卡片，则第一次抽到红色卡片且第二次抽到黄色卡片的概率为14B．口袋内有3张红色卡片，6张

黄色卡片，从袋中有放回地抽取6次卡片，则随机变量26,3B，且8(21)3DC．若随机变量(6,,)HMN，且()4E，则口袋内黄色卡片的张数是红色卡片张数的2倍D．随机变量(3,)Bp，22,N

，若(1)0.784P，(24)Pp，则(0)0.1P11．已知命题2:340pxx；命题:210qax．若p是q的充分不必要条件，则实数a的值是A．12B．1C．12D．012．已知函数()(1ln)fxxx，()

()(2)Fxfxfx，函数()fx和()Fx的导数分别量为()fx，()Fx，则A．()fx的最大值为1B．()()(2)FxfxfxC．()()(2)FxfxfxD．当(0,1]

x时，()0Fx恒成立三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．曲线ln(21)yx在原点处的切线方程为______．14．已知圆柱的体积为316dm，则该圆柱的表面积的最小值为______2dm．15．若621mxx的展开式中3x的系数为52，则

m的值为______，二项展开式中系数最大的为______．16．某人投篮命中的概率为0.3，投篮15次，最有可能命中______次．四、解答题：本题共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．（10分）有三个条件：①函数()fx的图象过点(0,1)，且1a；

②()fx在1x时取得极大值116；③函数()fx在3x处的切线方程为4270xy，这三个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整（只要填写序号），并解答本题．题目：已知函数321()232afxxxxb存在极值，并且_

_____．（1）求()fx的解析式；（2）当[1,3]x时，求函数()fx的最值18．（12分）近年来，我国肥胖人群的规模急速增长，肥胖人群有很大的心血管安全隐患目前，国际上常用身体质量指数（BodymassIndex，缩写BMI来衡量人体胖瘦程度以及是否健康，其计算公

式是22(:kg):mBMI体重单位身高单位中国成人的BMI数值标准为：18.5BMI为偏瘦；18.523.9BMI为正常；2427.9BMI为偏胖；28BMI为肥胖．为了解某学校教职工的身体肥胖情况，研究人员

通过对该学校教职工体检数据分析，计算得到他们的BMI值统计如下表：男教职工人数女教职工人数合计偏瘦（18.5BMI）121628正常（18.523.9BMI）352358偏胖（2427.9BMI）18624肥胖（

28BMI）15520合计8050130（1）根据上述表格中的数据，计算并填写下面的22列联表，并回答是否有90%的把握认为肥胖（28BMI）与教职工性别有关．27.9BMI28BMI合计男教职工女教职工合计（2）在24BMI的教职工中，按男女比例采用分层抽样的方法随机

抽取8人，然后从这8名教职工中随机抽取2人，问被抽到的2人中至少有一名女教职工的概率为多少？参考数据：20PKk0.150.100.050.0250.0100.0050k2.0722.7063.8415.0246.6357.

87922()()()()()nadbcKabcdacbd，其中nabcd．19．（12分）在三棱柱111ABCABC中，M，N分别为线段11AC与AB的中点（1）求证：//MN平面11BBCC；（2）若侧面11BBCC为矩形，底面ABC△为等

腰直角三角形，2ACBC，MN与侧面11AACC所成角的正切值为12，与底面ABC所成角的正弦值为255，求二面角MABC的正切值．20．（12分）（1）解不等式2112xx；（2）对于题目：已知

0m，0n，且1mn，求422Amnmn最小值．同学甲的解法：因为0m，0n，所以40m，20n，从而：424242222228mnmnmnmnmnmn．所以A的最小值为8．同学乙的解法：因为0m，0n，所以

422(2)223(2)6262mnmnmnmnmnmnmn．所以A的最小值为62．①请对两位同学的解法正确性作出评价；②为巩固学习效果，老师布置了另外一道题，请你解决：已知0a，0b，且(1)(2)6ab，求61212Babab

的最小值．21．（12分）为了促进学生加强体育锻炼，提升身体素质，某校决定举行羽毛球单打比赛甲和乙进入了决赛，决赛采用五局三胜制（有一方先胜三局即赢得比赛，比赛结束），每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，且每

局比赛结果互不影响．（1）求决赛只比赛三局就结束的概率；（2）假设比赛规定：每局胜者得2分，负者得1分．①求甲得5分的概率；②设甲的分数为，求随机变量5的分布列和数学期望．22．（12分）已知函数1()xxfxaxe（aR，e为自然对数的底数）．（1）若1ea，请判断

函数()fx的单调性；（2）若对1x，2xR，当12xx，时，都有21211fxfxxx，成立，求实数a的取值范围．2020~2021学年度第二学期高二期末数学试卷答案一、选择题．本题共8小题，每小题5分，共40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．【答案】D【解析】易知{12},Bxx∣，则(1,1)AB，选D．2．【答案】C．【解析】取3x，则有20212021012021332aaa，选C．3．【答案】A【解析】30x，2

945ty，所以2940.663055.2755t，得81t，选A．4．【答案】D【解析】24255P，选D．5．【答案】B【解析】234336CA，选B．6．【答案】C【解析】启用装置D的概率为125%54%1%20%，所以成功启用装置D的次

数约为0.210020，选C．7．【答案】C【解析】易知3ca，4ba，0a，则0axbcxa，等价于4031xx，可知其解集为1,(4,)3，选C．8．【答案】A【解析】法一：设

000,4exAxx，则有0014exxxy，令014e3x，得00x，所以可知(0,4)A，min277101013AB，选A．法二：设()4exfxx，()33gxx，()14exfx令()02ln2f

xx且当2ln2x时，()0fx，fx；当2ln2x时，()0fx，()fx设与()gx平行且与()fx相切的直线与()fx切于000,4exPxx00014e30xf

xx．(0,4)PP到直线()gx的距离为77101010d，即min710()10AB，故选A．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得

0分．9．【答案】AC【解析】由ab，易知22ab，33ab，选AC．10．【答案】ACD【解析】对于A，131344P，正确；对于B，1216(21)4()46333DD，错误；对于C，有6()4MEN

，则23MN，所以黄卡是红卡数量的2倍，正确；对于D，有3(1)10.7840.216p，得0.4p，所以12(0)0.12pP，正确；选ACD．11．【答案】CD【解析】法一：对于p：41x，对于q：1,02R,01,02xaaxaxaa

，又p是q的充分不必要条件，可得1182a，选CD．法二：p：{41}xx∣，p是q的充分不必要条件，pqÜ若0a时，q：12xxa∣，111022aa若0a时，q：12xxa∣，

114028aa0a，q：全体实数，此时满足pqÖ综上选：CD．12．【答案】ACD【解析】由()lnfxx，易知max()(1)1fxf，A正确；()()(2)ln[(2)]0Fxfxfxxx，则01x时，()(1)0FxF，C，D正确，选

ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【答案】2yx【解析】221yx，所以2k，则切线为2yx．14．【答案】24【解析】设高为h，半径为r，有216hr，则216

hr．所以222321664222624Srrhrrrr表．15．【答案】12m；154【解析】通项为61236(1)rrrrCmx，令1233r，得3r，则35202m，得12m；又系数为66

1(1)2rrrC，考虑r为偶数的情况即可，易知4r时，系数最大为154．16．【答案】4【解析】法一：记命中次数为X，则1515()0.30.7rrrPXrC，考虑(1)()(1)()PXrPXrPXrPXr

，得0.30.7160.70.3151rrrr所以192455r，则4r，所以最有可能命中4次．法二：投篮命中次数(15,0.3)XB，1515()C0.30.7kkkPXk设最有

可能命中m次，则15111615151511141515()(1)C0.30.7C0.30.7()(1)0.30.7C0.30.7mmmmmmmmmmmmPXmPXmPXmPXmC

3.84.8m，mZ，4m．最有可能命中4次．四、解答题：本题共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．【解析】选①（1）易知1ab，所以3211()2132fxxxx

；（2）由2()20fxxx，所以()fx单调递增，故max41()(3)2fxf，min23()(1)6fxf．18．【解析】（1）列联表如下：27.9BMI28BMI合计男教职工651580女教职工45550合计11020130所以22130(6554

515)1.81805011020K，则有22.706K，故没有90%的把握认为肥胖与教职工性别有关；（2）在24BMI的教职工中，男33，女11，比例为3:1，所以抽取男6，女2，记至少有一名女教职工为事件A，则262813()128CPAC

．19．【解析】（1）取AC中点为D，连结MD，ND，则有1//MDCC，//NDBC，又1BCCCC，则平面//MND平面11BBCC，所以//MN平面11BBCC（2）依题意易知12NDMD，所以2MD，设二面角M

ABC为，易知有1ABDS△，5MA，22AB，3MB，由余弦定理有9585cos565AMB，所以25sin5AMB，所以12535325AMBS△，则有1cos3ABDAMBSS△△，故t

an22．解析二：（1）证明：取BC的中点D，连接1CD，ND，M，N分别为11AC，AB的中点．1MC//12AC，ND//12AC，1MC//ND四边形1MNDC为平行四边形，1//MNCDMN

平面11BBCC，1CD平面11BBCC，//MN平面11BBCC．（2）ABC△为等腰直角三角形，ACBC，90ACB，BCAC，又侧面11BBCC为矩形，1BCCC，1ACCCC，BC平面11AACC取AC中点E

，连接NE，ME，则//NEBC，NE平面11AACC11tan22NMEMEME由NE平面11AACC，NE平面ABC平面ABC平面11AACC设M到底面ABC距离为h，25255hh

而2ME，ME平面ABC，过E作EFAB于点F，连接MF则MFE即为所求二面角MABC的平面角，22EF2tan2222MFE．20．【解析】解法一：（1）21311102223xxxxx（2）①甲错误，乙正确，同学甲的解法取等为2

m，1n，此时21mn，不符合题目要求，所以甲错误；②易知22(1)3(1)2(2)3Babbaab26(1)(2)39ab，当且仅当3(1)2(2)ab，即1ab取等，故min9B

．解法二：（1）(31)(2)0213110222xxxxxxx123x，故不等式解集为1,23．（2）①甲错误，乙正确，甲同学连续两次运用基本不等式，并不能保证可以同时取“=”．②612121224(

1)(2)baBababbaab3243(1)2(2)326(1)(2)39ababab当且仅当3(1)2(2)(1)(2)6abab，即11ab时，取“=”．21．【

解析】解法一：（1）330.60.40.28P；（2）①甲得5分，3胜1负，概率为33410.60.40.2592C；②易知可取3，1，1，4，5，6，有3(3)0.40.064P，3(1)30.40.60.1152P32(1)60.40.6

0.13824P，32(4)60.60.40.20736P，(5)0.2592P，3(6)0.60.216P，所以分布列如下：31456P0.0640.11520.138240.207360.25920.216数学期望为()30.

06410.115210.1382440.2073650.259260.2163.25248E．解法二：（1）设甲连胜三局的概率为1P，乙连胜三局的概率为2P则比赛三局就结束的概率33120.60.40.28PPP

．（2）①甲得5分的情况为：甲胜3局，负1局2230.60.40.60.2592PC②ξ的所有可能取值为：6，5，4，1，1，33(6)0.60.216P，(5)0.2592P，2224(4)C0.60.40.6

0.20736P，2224(1)C0.40.60.40.13824P，223(1)C0.40.60.40.1152P，3(3)0.40.064P．的分布列如下65413P

0.2160.25920.207360.138240.11520.064()60.21650.259240.2073610.13824(1)0.1152(3)0.0643.25248E．22．【解析】解法一：（1）易知()xxfxae，1()xxfxe

．所以()fx在(,1)单调递减，在(1,)单调递增，则1()(1)0fxfae，所以fx单调递增；（2）不妨设12xx，则21211fxfxxx，等价于2211fxxfxx，记()()gxfxx，等价于()gx在R单调递

增，即()0gx恒成立，易知()()1gxfx，()()gxfx，则由（1）可知()gx在(,1)单调递减，在(1,)单调递增，所以min1()(1)1gxgae，则

可知11ae．解法二：（1）2ee(1)()eexxxxxxfxaa令()exxhx，2ee1()eexxxxxxhx，令()01hxx令且当1x时，()0hx，()hx；当1x时

，()0hx，()hx1()(1)ehxh，而1ea，11()0eefx()fx在R上单调递增．（2）由1x，2x的对称性，不妨设12xx则21211122fxfxxxfxxfxx令1()()(1)ex

xFxfxxax，12FxFx()fx在R上单调递增．x()1exFxa，()10exxFxa对任意的xR恒成立max1111eeexxaa

，实数a的取值范围为11,e．