【文档说明】河南省开封市五县联考2020-2021学年高二下学期期末考试数学（理）答案.pdf，共(8)页，256.627 KB，由小赞的店铺上传

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【高二期末考试﹒数学卷参考答案第1页（共8页）】开封市五县2020～2021学年下学期高二期末考试﹒数学参考答案.提示及评分细则1.B由不等式290x，解得33x，即集合2ln933Bxy

xxx，又由AZ，所以2,1,0,1,2AB.故选：B.2.B因为21(1)12iizii，所以221zziii，因此复数2zz在复平面内对应的点为1,

1，可知其在曲线3yx上.故选：B．3.C∵1,ab223,ab334ab,447,ab5511,ab...∴通过观察发现，从第三项起，等式右边的常数分别为其前两项等式右边的常数的和．∴6

611718ab，77181129ab，88291847ab.故选C.4.B5.D43111,1xxfxxx,当01x时,3()11fxx,故433(1)(2)ffxfxx,而43(2)x

的展开式共有5项,故其中二项式系数最大值为246C,故选D．6.A因为esinesin()(1(1)2()sin()e1e1e11)xxxxxxxfxxfx，所以()fx在区间π

π(-,)22上是偶函数，故排除B、D，又(1)(1)sin10e12f，故排除C；故选A。7.D解∵三个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，一种是按照1、1、3，另一种是1、2、2；当按照1、1、3来分时共有11335431

32260CCCNAA，当按照1、2、2来分时共有2213531232290CCCNAA，根据分类计数原理知共有，故12150NNN，选D．8.B令33tangxaxbxcx,则

gxgx，所以221fxgxx，由210f可知，224=2110fg，即12=g，2=929=1298fgg，故选：B.9.A根据解析式知：()fx为偶函数，定义域为{|1}xx，故l

n3ln3bff.【高二期末考试﹒数学卷参考答案第2页（共8页）】当0x且1x，()lnxfxx，2ln1lnxfxx，则：当(0,1)x时，0fx，()fx单调递减且()0fx；当(1,)xe时，0fx，()fx单调递减且()0fx；当(,

)xe时，0fx，()fx单调递增且()0fx，如图：由于0ln21，所以ln20af；1lnln3ee，所以ln3ln3bffcfee；综上：acb；故选：A10.D因为函数l

n1fxxx的图象总在直线yax的上方，所以ln10gxfxyxxax恒成立，'ln10gxxax，令'0gx，解得1axe，gx在10,ae递减，在1,ae递增，111min11aa

agxgeeaae110ae，即11,ae10a，实数a的取值范围是,1，故选：D.11.C函数2()()fxgxx，则由()fx是定义在R上的偶函数，可得函数()gx也

是偶函数，且0x，所以1ln(ln)(ln)ggxgxx，则原不等式可变形为(ln)(1)(|ln|)(1)gxggxg.【高二期末考试﹒数学卷参考答案第3页（共8页）】当(0,)x时，243()2()()2()()0xfxxfxxfxfxgx

xx所以函数()gx在(0,)上为增函数，所以不等式(|ln|)(1)gxg可化为0|ln|11ln0xx或10ln11exx或1ex.故选：C.12.D令21()()

22gxfxxx，则()()2gxfxx．∵当1x时，恒有'2fxx，即()0gx，∴当1x时，函数g(x)为减函数．而21(2)(2)2(2)(2)2gxfxxx，∴2211()(2)()2(2)2(2)(2)22fxfxgxxxgxx

x22()(2)2221gxgxxxxx．∴()(2)3gxgx．∴函数g(x)的图象关于点(1,3/2)对称，∴函数g(x)在R上为减函数．由3132fmfmm，得2211()2

(1)2(1)(1)22fmmmfmmm，即()(1)gmgm，∴1mm，解得12m．∴实数m的取值范围是1,2．13．9690由题意，509630506.89290ayt，所以回归方

程为929050yx，当64x时，月产利润y的预报值ˆ92905089690y千元．故答案为：9690.14.(1313)，1(3)(1)[1(13)](13)0.68262PPPP11，13，

因此2，由题意，数形结合可知只需圆心(0，0)到直线的距离d满足01d即可．∵2213125ccd，013c，即(13,13)c．【高二期末考试﹒数学卷参考答案第4页（共8页）】15．1,82156根据题意，得

到fx的图象如下：由图可知，fx是偶函数，又yfxmx恰有10个不同零点，即yfx与ymx的图象有10个交点，根据偶函数的特点，则在0x的图象中，有5个交点，如图中红色直线和蓝色直线就是两种极限情况。红色直线：过6,1，则16m；蓝色直线：与区间3,4处的

曲线2815yxx相切，所以2815=xxmx只有一个解，解得8215m，182156m16．e2解：设f（x）＝lnx+2+，则f′（x）＝﹣＝，∵a＞0，∴函数f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上为增函数，即当x＝a

时，函数f（x）取得最小值f（a）＝lna+3，由3+lna≥b得≤，设g（a）＝，则g′（a）＝，由g′（a）＞0，得0＜a＜．由g′（a）＜0，得a＞．即当a＝时，g（a）取得最大值，最大值为g（）＝e2，故的最大值为e2，故答案为：e2．17．解（

1）由22430xaxa得30xaxa当1a时，1<3x,即p为真时实数x的取值范围是1<3x.·········································

·························1分【高二期末考试﹒数学卷参考答案第5页（共8页）】由|x-3|≤1,得-1≤x-3≤1,得2≤x≤4即q为真时实数x的取值范围是2≤x≤4,·········2分若pq为真，则p真且q真，所以实数x的取值范围是2≤x<3.······

················4分(2)由22430xaxa得30xaxa，p是q的充分不必要条件，即pq,且qp,设A={|}xp,B={|}xq,则AB,················6分又A={

|}xp={|3}xxaxa或,B={|}xq={x|x>4或x<2}，······················8分则3a>4且a<2··································

·······························10分其中0a所以实数a的取值范围是423a.······································12分18．解（1）令120xx，代入得1210ffxfx

，故10f；···········2分（2）任取12,0,xx，且12xx，则121xx，由于当1x时，0fx，··········4分所以120xfx，即120f

xfx，因此12fxfx，·······················6分所以函数fx在区间0,上是单调递减函数；····································8

分（3）由1122xffxfxx，得9933fff，而31f，所以92f，由函数fx在区间0,上是单调递减函数，且29fxf，··················

··10分得209x，∴30x或03x，因此不等式的解集为3,00,3.········12分19．解（1）函数21xxxfxe定义域为R，······························

········1分且22211xxxxxexxefxe······································2分22211=xxxxexxee22=xxxe12=xxxe，·······

·········································3分∵曲线yfx在点0,0f处的切线斜率02kf，··························4分又01f，则切点为0,1，【高二期末考试﹒数学卷参考

答案第6页（共8页）】∴所求切线方程为120yx即210xy.·····························6分（2）∵12xxxfxe又>0xe，··········································7

分由0fx得1x或2x，当,1x和2,+时，0fx，此时fx为减函数；·······················9分当1,2x时，0fx，此时fx为增函数，············

··················10分由fx的单调性知函数的极小值为1fe，极大值为22525=fee.········12分20解（1）设事件A为“核酸检测呈阳性“，事件B为“患疾病”···················1分

由题意可得P（A）＝0.02，P（B）＝0.003，P（A|B）＝0.98，···················2分由条件概率公式得：P（AB）＝0.98×0.003，··················3分即，···························

·······5分故该居民可以确诊为疫情患者的概率为14.7%．······························6分（2）设方案一中每组的检测次数为X，则X的取值为1，6，·········

··········7分P（X＝1）＝（1﹣0.02）5＝0.985＝0.904，P（X＝6）＝1﹣0.985＝0.096，·················································8分所以X的分布列为X16P0.9040.096所以E（X）＝1×

0.904+6×0.096＝1.48，······································9分即方案一检测的总次数的期望为111.48＝16.28，设方案二中每组的检测次数为Y，则Y的取值为1，12，P（Y＝1）＝（1﹣0.2）11＝0.801；P（Y＝12）

＝1﹣0.801＝0.199，···········10分所以Y的分布列为Y112P0.8010.199所以E（Y）＝1×0.801+12×0.199＝3.189，即方案二检测的总次数的期望为3.189×5＝15.945，·······························

··········11分由16.28＞15.945，则方案二的工作量更少．·································12分21.解（1）0fx在1,上恒成立，即min0fx，···························1分21ln2

2xfxax，2axafxxxx.······································2分①当1a时，0fx在1,上恒成立，则fx在1,上单调递增．【高二期末考试﹒数学卷参考答案第7页（共8页）】

10fxf，合乎题意；······································3分②当1a时，由0fx，得xa，列表如下：x1,aa,afx0fx单调递减极小值单调递增所以，函数fx在1,上的最小值为

fa，且fx在1,a上单调递减，10faf，不符合题意．····················5分综上所述，实数a的取值范围是,1···········6分（2）

21ln222xgxaxax，222axaxagxxaxx，··········7分gx有两个极值点1x、2x，220xxaxa在0,上有两个

不等的根1x、2x，设12xx，244000202aaaa，解得1a，······························8分由韦达定理得122x

xa，12xxa，此时，函数gx在10,x，2,x上单调递增，在12,xx上单调递减，221212121211lnln22222xxgxgxaxaxaxx22121212121

22lnln12ln12xxxxaxxaxxaaaa，212ln12aaaaeae，即212ln120aaaaeae，1a，即112ln120a

aeae，······················10分【高二期末考试﹒数学卷参考答案第8页（共8页）】设112ln12Faaaeae2222121112120aaaaFaaaaa，所以

，Fa在,1单调递减，又0Fe，由0FaFe，得ae，因此，原不等式解集为,1e．·······················································12

分22．解（1）因为cosx，siny，222xy，······················1分所以1C的极坐标方程为cossin40，······················2分因

为2C的普通方程为2211xy，·································3分即2220xyy，对应极坐标方程为2sin.························

·······5分（2）因为射线:(0,0)2l，则12,,,MN，···········6分则124,2sinsincos，············································7分所以211si

nsincos2OMON·········································8分221111sinsincos(1cos)sin22224111sin2cos2444＝21sin24

44，又02，则32,444，所以当242，即38时，OMON取得最大值214.···········10分23.解（1）由m=1，则fx|x-1|，即求不等式|x-3|+|2x-1|>4的解集．··

·········1分当x≥3时，|x-3|+|2x-1|=3x-4>4恒成立；································2分当132x时，x+2>4，解得x>2，综合得23x；当x≤12时，4-3x>4，解得x<0，综合得x<0；所以不等

式的解集为{x|x<0或x>2}．············································5分（2）∵t<0，∴tfxftmtxmtmm····················6分tmmtxtm

≤tmmtxtm································8分=txm=ftx．所以ftx≥tfxftm．·················

············10分