【文档说明】江苏省镇江市2020-2021学年高二下学期期末考试数学试题 含答案.docx，共(13)页，757.225 KB，由小赞的店铺上传

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镇江市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4exyx=−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：()20

PKk0.150.100.050.0250.0100.0050k2.0722.7063.8415.0246.6357.87922()()()()()nadbcKabcdacbd−=++++，其中nabcd=+++．19．（12分）在三棱柱111

ABCABC−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：424242222

228mnmnmnmnmnmn+++=++++=．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．镇江市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=，2945ty+=，所以29

40.663055.2755t+=+=，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0.21

0020=，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

()02ln2fxx==−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−()0

0014e30xfxx=−=−=．(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，p

qÜ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216hr=．所以222321664222624Srrhrrrr=+=+=表．15．【答案】12

m=；154【解析】通项为61236(1)rrrrCmx−−−，令1233r−=，得3r=，则35202m−=−，得12m=；又系数为661(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)0.30.7C0.30.7mmmmmmmmmmmmPXmPXmPXm

PXmC−−−−−++−==−==+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：27.9B

MI28BMI合计男教职工651580女教职工45550合计11020130所以22130(6554515)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11

BBCC，所以//MN平面11BBCC（2）依题意易知12NDMD=，所以2MD=，设二面角MABC−−为，易知有1ABDS=△，5MA=，22AB=，3MB=，由余弦定理有9585cos565AMB+−==，所以25sin5AMB=，所以12535325AMBS==△，则有1cos

3ABDAMBSS==△△，故tan22=．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1MN

DC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2m=，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)60.40.60.13824P

===，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)C0.60.40.60.20736P===，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−P0.2160.25920.207360.138240.11520.064()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，()0

hx，()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)exxFxfxxax+=−=+−，()()12FxFx()fx在R上单调递增．x()1exFxa−=+−，()10exxFxa=−+−对任意的xR恒成立max1111ee

exxaa−=+，实数a的取值范围为11,e++．