2021-2022学年江苏省镇江市实验高二年级下册学期期末数学试题 解析版

2021—2022学年镇江实验高中高二下学期期末考试试卷

一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5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. 若，则（    ）

A 2 B. 1 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】根据二项分布的期望公式即可求解.

【详解】因为随机变量服从二项分布，，所以，

故选：B

2. 命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是（    ）

A. a≥4 B. a≤4 C. a≥5 D. a≤5

【答案】C

【解析】

【分析】先要找出命题为真命题的充要条件， 从集合的角度充分不必要条件应为

的真子集，由选择项不难得出答案

【详解】命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题，可化为∀x∈[1，2]，恒成立

即只需，

即命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的的充要条件为，

而要找的一个充分不必要条件即为集合的真子集，由选择项可知 C 符合题

意.

故选：C

3. 口袋中有形状和大小完全相同四个球，球的编号分别为1，2，3，4，若从袋中随机抽取两个球，则取出的两个球的编号之和大于5的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】从4个球中随机抽取两个球，共有种抽法，其中满足两球编号之和大于5的情况有共2种抽法，从而利用古典概型概率计算公式即可求解.

【详解】解：从4个球中随机抽取两个球，共有种抽法，其中满足两球编号之和大于5的情况有2种抽法，

所以取出的两个球的编号之和大于5的概率为.

故选：C.

4. 袁隆平院士是我国的杂交水稻之父，他一生致力于杂交水稻的研究，为解决中国人民的温饱和保障国家粮食安全作出了重大贡献.某杂交水稻研究小组先培育出第一代杂交水稻，再由第一代培育出第二代，带二代培育出第三代，以此类推，且亲代与子代的每穗总粒数之间的关系如下表所示：

（注：亲代是产生后一代生物的生物，对后代生物来说是亲代，所产生的后一代交子代）通过上面四组数据得到了x与y之间的线性回归方程是，预测第五代杂交水稻每穗的总粒数为（    ）

A. 211 B. 212 C. 213 D. 214

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知条件，求出，的平均值，再结合线性回归方程过样本中心，即可求解线性回归方程，再将代入，即可求解．

【详解】解：由表中数据可得，

，

线性回归方程是，，解得，

当时，．

故选：A．

5. 掷两颗均匀的大小不同的骰子，记“两颗骰子的点数和为10”为事件A，“小骰子出现的点数大于大骰子出现的点数”为事件B，则为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，利用古典概型公式分别计算事件A发生的概率与事件AB发生的概率，再利用条件概率计算公式即可算出P ( B|A)的值.

【详解】根据题意，记小骰子的点数为，大骰子的点数为，

事件A包含的基本事件有“”，“”，“”共3个,

事件A发生的概率，

而事件A B包含的基本事件有“”一个，

可得事件AB发生的概率，

.

故选：D

6. 某地市在一次测试中，高三学生数学成绩服从正态分布，已知，若按成绩分层抽样的方式取份试卷进行分析，则应从分以下的试卷中应抽取（    ）

A. 份 B. 份 C. 份 D. 份

【答案】C

【解析】

【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得的值，再乘以可得结果.

【详解】因为，所以，，

因此，应从分以下的试卷中应抽取份.

故选：C.

7. 某校拟从5名班主任及5名班长(3男2女)中选派1名班主任和3名班长去参加“党史主题活动”，若要求2名女班长中至少有1人参加，则不同的安排方案有（    ）种.

A. 9 B. 15 C. 60 D. 45

【答案】D

【解析】

【分析】首先分类，再按要求选取元素，即可求解.

【详解】若是一名班主任，1名女班长，2名男班长，有种，

若是若是一名班主任，2名女班长，1名男班长，有种，

所以不同的安排方案有种.

故选：D

8. 已知，则，，的大小为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，构造函数，利用函数的单调性比较大小作答.

【详解】令函数，当时，求导得：，

则函数在上单调递减，又，，，

显然，则有，所以.

故选：C

【点睛】思路点睛：某些数或式大小比较问题，探讨给定数或式的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解.

二､多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.）

9. 若a，b，，则下列命题正确的是（    ）

A. 若且，则 B. 若，则

C. 若且，则 D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】由不等式的性质逐一判断即可.

【详解】解：对于A，当时，结论不成立，故A错误；

对于B，等价于，又，故成立，故B正确；

对于C，因为且，所以等价于，即，成立，故C正确；

对于D，等价于，成立，故D正确.

故选：BCD.

10. 已知，则下列选项正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】由通项公式与项的系数可判断A；由求导与赋值法可判断BCD

【详解】对于A：因为的通项公式为，

故，A正确；

对于B：对求导得

，

令可得，故B错误；

对于C：因为，

所以为的展开式中各项系数的和，

即，

令，得，

所以，故C正确；

对于D：令，则，

令，则，

故

，

故D正确；

故选：ACD

11. 甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（    ）

A. 如果甲，乙必须相邻，那么不同的排法有24种

B. 最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种

C. 甲乙不相邻的排法种数为72种

D. 甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A利用捆绑法可求，对于B分成甲在左和乙在左两类进行排列，对于C采用插空法求解，对于D按定序问题即解.

【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻，可将甲乙捆绑看成一个元素则有种，则不同的排法共有种，故A项错误，

对于B，最左端排甲时，有种不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲，则有种不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有24+18=42种,故B项正确，

对于C，因为甲乙不相邻，先排甲乙以外的三人，再让甲乙插空，则有种，故C项正确，

对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故D项正确．

故选：BCD．

12. 在7张卡片上分别写有，，，，，，，其中为虚数单位.从这7张卡片中随机抽取一张，记“抽到的卡片上的数是正实数”为事件，“抽到的卡片上的数是无理数”为事件，则下列结果正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】利用古典概型概率公式可求事件，，的概率，利用条件概率计算公式可求的值.

【详解】因为为虚数单位，所以.

选项A：在这7个数中是正实数的有，，，，，

故从这7张卡片中随机抽取一张，事件发生的概率为，故选项A错误；

选项B：在这7个数中是无理数的有，，，，

故从这7张卡片中随机抽取一张，事件发生的概率为，故选项B正确.

选项C：在这7个数中既是正实数又是无理数有，，，

因为事件表示抽到的数既是正实数又是无理数，所以，故选项C错误.

选项D：因为，故选项D正确.

故选：BD.

三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）

13. 已知关于x的一元二次不等式的解集为，则的解集是___________.

【答案】或

【解析】

【分析】根据不等式的解集可得，且方程得解为，再利用韦达定理将用表示，从而可得出答案.

【详解】解：因为关于x的一元二次不等式的解集为，

所以，且方程得解为，

则，

所以，

则不等式，即为，

即，解得或，

所以的解集是或.

故答案为：或.

14. 长时间玩手机可能影响视力.据调查，该校大约有20%的学生每天玩手机超过1h，这些人的近视率约为70%；大约80%的学生每天玩手机不超过1h，这些人的近视率约为40%.现从该校中任意调查一名学生，则他近视的概率约为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据概率的乘法公式即可求解.

【详解】根据题意可得任意调查一名学生，则他近视的概率约为：

故答案为：

15. 的展开式中，项的系数是___________.（用数字作答）

【答案】65

【解析】

【分析】先写出的展开式的通项，令与展开式的项相乘，与展开式的常数项相乘，相加即为项，计算系数即可

【详解】由题意，的展开式的通项，

令，得，得；

令，得，得.

故展开式中，项的系数为.

故答案为：65

16. 已知x，y满足：，则的最大值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】取，表示圆，过上面任意一点作的垂线，垂足为，得到，求出其最大值，进而可求得答案．

【详解】表示圆，由于该圆关于 轴对称，不妨取点是圆右半圆上任一点, 此时，过作的垂线，垂足为，则的几何意义为线段的长，表示，，

直线与圆相切时，

令，当与圆相切于第一象限时，取最大值，

此时，

所以的最大值为，

故答案：

四､解答题（本大题共6小题，共计70分.）

17. 不等式的解集是A，关于x的不等式的解集是B.

（1）若时，求；

（2）设命题p：实数x满足，其中；命题q：实数x满足.若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围.

【答案】（1）;   

（2）.

【解析】

【分析】（1）时，求出集合，，由此能求出．

（2）利用不等式的解法求解出命题，中的不等式范围问题，结合二者的关系得出关于字母的不等式，从而求解出的取值范围．

【小问1详解】

解：不等式的解集为，关于的不等式的解集为

，

时，，

．

【小问2详解】

解：当时，的解集为；

若是的必要不充分条件，

，，则；

故的取值范围是．

18. 已知二项式的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比是.

（1）求n的值；

（2）求展开式的第6项.

【答案】（1）10;    （2）.

【解析】

【分析】（1）通过二项式系数之比建立方程求解；

（2）通过二项式展开通项求解．

【小问1详解】

解：由题知：．

所以有，化简得：．

解得：或（舍．

所求的值为10；

【小问2详解】

解：，

所以．

展开式的第6项为：．

故答案为：10；.

19. 孔子曰：温故而知新.数学学科的学习也是如此，为了调查数学成绩与及时复习之间的关系，某校志愿者展开了积极的调查活动：从高三年级1500名学生中随机抽取50名学生进行问卷调查，所得信息如下：

（1）根据以上数据，判断能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为数学成绩优秀与及时复习有关？

（2）用分层抽样的方法，从数学成绩优秀的人中抽取6人，再在这6人中随机抽取2人进行更详细的调查，求这2人都是来自及时复习的概率.

临界值参考表：

（参考公式，其中）

【答案】（1）能    （2）

【解析】

【分析】（1）根据表中数据求得值，再与临界值表对照下结论；

（2）利用古典概型的概率求解.

【小问1详解】

解：.

∴在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为数学成绩优秀与及时复习有关.

【小问2详解】

由题知，6人中有4人来自及时复习记为1，2，3，4，

2人来自不及时复习记为a，b，

则6人中抽取2人共有12，13，14，1a，1b，23，24，2a，2b，34，

3a，3b，4a，4b，ab共15种，

其中都来自及时复习的有12，13，14，23，24，34共6种，

∴2人都是来自及时复习的概率.

20. 在四棱锥中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，，直线PA与底面ABCD成角，点M，N分别是PA，PB的中点.

（1）求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；

（2）求二面角的大小的余弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）以为原点，向量､､的方向为､､轴的正方向，建立坐标系，设，设面的法向量为，直线与面所成的角为，求出法向量和，再代入公式计算；

（2）由（1）知面的法向量为，设面的法向量为，求出再代入公式计算；

【小问1详解】

以为原点，向量､､的方向为､､轴的正方向，建立坐标系，

设，则，

∵底面，∴为直线与平面所成的角，

∴，∴，

∴，，，，，，，

，，设面的法向量为，

直线与面所成的角为，

则且，

取，则，，∴，∴.

【小问2详解】

由（1）知面的法向量为，设面的法向量为，

∵，，，

∴且，

取，则，，则，

∴，

又∵，，

∴二面角的大小的余弦值为.

21. 某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.

（1）若小明先回答A类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；

（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）类．

【解析】

【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．

【详解】（1）由题可知，的所有可能取值为，，．

；

；

．

所以的分布列为

（2）由（1）知，．

若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，．

；

；

．

所以．

因为，所以小明应选择先回答类问题．

22 已知函数．

（1）若，求的极值；

（2）若对任意，恒成立，求整数m的最小值．

【答案】（1）极大值为，无极小值；（2）1．

【解析】

【分析】

（1）求导函数，由导函数确定函数的单调性，得极值；

（2）不等式恒成立转化为在上恒成立，设，转化为求的最大值，确定的零点的范围，得出最大值的范围后可得最小的整数．

【详解】解：（1）当时，，

．

当时，，则在上单调递增；

当时，，则在上单调递减．

所以在时取得极大值且极大值为，无极小值．

（2）因为对任意，恒成立，

所以在上恒成立，

即在上恒成立．

设，则．

设，

显然在上单调递减，

因为，，

所以，使得，即．

当时，；

当时，．

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以．

因为，所以，

故整数m的最小值为1．

【点睛】关键点点睛：本题考查用导数求函数的极值，研究不等式恒成立问题．求解不等式恒成立问题，常常需要转化，用分离参数法转化为求函数的最值．本题中函数的最值点不能直接求出，我们用表示，通过得出的范围，从而可得最大值的范围，然后得出结论．