江苏省宿迁市2019-2020学年高二下学期期末考试数学试题案.pdf

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1、高二数学参考答案一、单项选择题：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18 CDBACABD二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5 分，部分选对的得3 分，有选错的得0分9ACD10.BC11.AD12.BCD三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分13 0.114bca15 801613；12 3(,)(3,)22（第一空 2 分，第二空3 分）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：（1）因为1(2)

2、nxx展开式中前三项的二项式系数和为22所以01211222nnnn nCCCn，2 分解得：6n或7(n舍去)所 以 n 的值为 64 分(2)由通项公式366621661(2)()2kkkkkkkTCxCxx，6 分令3602k，可得：4k，8 分所以展开式中的常数项为46 404 16260TCx10 分18 解：（1）当1a时，32()232f xxx，2()66fxxx，令2()660fxxx得120,1xx，2 分列表：由表可知，函数f(x)在0,2 上最大值为2，最小值为-3 6 分（其中列表给2 分）x0(0,1)1(1,2)2)(xf0-0+)(xf-2减-3增2（2）2()

3、66fxxax，因为2x是函数)(xf的一个极值点，所以(2)0f，解得2a8 分当2a时，2()612fxxx，令0)(xf，解得01x，22x 10 分列表如下x)0,(0)2,0(2),2()(xf+0-0+)(xf增极大值)0(f减极小值)2(f增因此，当2a时，2x是函数)(xf的一个极值点12 分（若学生没有检验过程，或“经检验”如同没有检验，均扣4 分）19 解：设事件iA表示“该生第i门课程取得优秀成绩”，i=1,2,3，由题意知13()5P A，21()P AP，32()P AP（1）由于事件“该生至少有1 门课程取得优秀成绩”与事件“0”是对立的，所以该生至少有 1 门课程

4、取得优秀成绩的概率是61191(0)1125125P.2 分答：该生至少有1 门课程取得优秀成绩的概率是119125.（2）由题意知1231226(0)()(1)(1)5125PP A A APP，12312324(3)()5125PP A A APP，4分整理得12825PP，1265PP，由12PP，可得145P，225P，6 分所以145P，225P.（3）由题意知123123123(1)()()()mPP A A AP A A AP A A A=121212322(1)(1)(1)(1)555PPPPP P37125.8 分(2)1(0)(1)(3)nPPPP=58125;10 分0(

5、0)1(1)2(2)3(3)EPPPP（）=95.所以该同学取得优秀课程数的数学期望是95.12 分20 解：由(2)(2)0fxf x得()f x对称中心为(2 0)，即得20ab，；(i)当1a时，()xf xab在1 2，上单调递增，则有224abab得220aa得2a，0b；(ii)当01a时，()xf xab在1 2，上单调递减，则有242abab得220aa无解所以2a，0b；由2()4f xxax得2(1)(2)5f xxa xa，因为(1)f x在11bb，上是偶函数，则202a，且(1)(1)0bb，所以2a，0b；由或或得2()(1,1)22xg xxx，.2 分（1）法一

6、：2221()2(1)xgxx，由11x得()0g x，则()g x在(1 1)，上单调递增法二：任取12,(1,1)x x，且1211xx，则12212112222212122()(1)()()2222(22)(22)xxxxx xg xg xxxxx因为1211xx，则210 xx，1210 x x，2212(22)(22)0 xx则12()()0g xg x即12()()g xg x，所以()g x在(11)，上单调递增6 分（2）因为2()()22xgxg xx，则()g x为奇函数8 分由(1)(2)0g tgt即(2)(1)gtgt又因为()g x在(1 1)，上单调递增，则121

7、,111,21tttt，解得103t 12 分21 解：（1）设方案一中每组的检验次数为X，则X的取值为16，则55(1)(0.992)0.961;(6)1(0.992)0.039P XP X则X的分布列为：X16P0.9610.039则=1 0.961+6 0.0391.195EX,故方案一的检验总次数的期望为1010 1.19511.95EX；2 分设方案二中每组的检验次数为Y，则Y的取值为111，则1010(1)(0.992)0.923;(11)1(0.992)0.077P XP X则Y的分布列为Y111P0.9230.077则1 0.923+11 0.0771.77EY,故方案二的检验

8、总次数的期望为55 1.778.85EX因为11.958.85，则方案二的检测次数更少6 分（2）法 1：由已知得12=11kk，或，则22(=1)(1)(=k+1)1(1)kkPpPp，则2(1)(1)1(1)1(1)kkkEpkpkkp因为12EE，则1(1)kkkkp即111()(2)kpkkNk，8 分令11()1()(2)kf kkkNk，111133221111(2)1(),(3)1()(2)(3)()()02332ffff则，当3k时11111(+1)()()()1kkf kf kkk，令2lnln1()(3),()xxg xxg xxx，10 分当3x时，()0g x则()g

9、x在3,单调递增，则当3k时，11lnln(1)1kkkk即11111()()1kkkk，即当3k时，(+1)()0f kf k，则(2)(3)(4)(5)ffff即当3k时，()f k最大值，最大值为131(3)13f.12 分:法 2：由已知得12=11kk，或，则22(=1)(1)(=k+1)1(1)kkPpPp，则2(1)(1)1(1)1(1)kkkEpkpkkp，因为12EE，则1(1)kkkkp，即111()(2)kpkkkN，8 分令11()1()(2)kf kkkkN，令11()ln02xh xxxxk，()1 lnh xx，令()0h x得1ex，当10ex时，()0h x，

10、则()h x在1(0)e，上单调递减；当11e2x 时，()0h x，则()h x在1 1e 2，上单调递增；又因为kN，则1123x或，则()h x的最小值为1()2h或1()3h，121132131()111111112()()lnlnln()ln()ln0232233231()3hh，则当13x即3k时，()h x最小值，此时()f k最大即为131(3)13f.12 分22 解：（1）因为()(1)xxxfxexexe，所以切线的斜率k=(1)fe，又因为切点为（1,0），所以所求切线方程为yexe2 分（2）设()22lnxxax，则()22ln0 xxax对1x恒成立，2()2ax

11、axxx，当2a时，()0 x，函数()x 递增，则()(1)=40 x，符合题意；当2a时，由()=0 x得12ax，则函数()x 在区间 1,)2a上递减，在区间(,)2a上递增，则min()()2ln22aaxaa=，4分设()2ln2aaaa，则()2lnln 2aaaaa，其中 a2，所以()1ln1ln 2ln 2lnaaa 2 时()2ln2aaaa递减，因为7(7)727ln0.2502，(8)828ln 4=1.200，所以满足条件的a 的最大整数是76分（3）()(1)elneelnxxxh xb xxbxbx，则2e1()xbxh xx，设2()e1xxbx，当 b0 时

12、，2e1()xbxh xx0 时，因为2()2eexxxbxbx0 恒成立，所以2()e1xxbx在(0,)上递增，因为(0)1，11()e10bb，则00 x使得0200()e10 xxbx，当0(0,),()0 xxx，h(x)递减，当0(,),()0 xxx，h(x)递增；所以0min000()()(1)lnxh xh xb xex=002011ln xxx，8分则当01x时，min()0h x，可得1be，此时 h(x)只有唯一零点1；当10be时，因为(1)e10b，211(ln)(ln)10bb，则011lnxb，因为(1)0h，所以0()0h x，11111(ln)ln1ln(ln)ln1(ln1)0hbbbbb，（这里使用不等式lnxx-1，不证明的不扣分）所以 h(x)在0(,)x有唯一零点，故当10be时，h(x)有两个零点；10 分当1be时，同理可得h(x)有两个零点；所以 b 的取值范围是11(0,)(,)ee。12分