2020-2021学年江西省赣州市高二（下）期末考试数学（文）试卷人教B版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高二（下）期末考试数学（文）试卷人教B版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知i为虚数单位，则复数2+i1−i在复平面上对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 设集合P=x|x2−2x−3≤0，Q=y|y=x−2，则P∩Q=( )
A.2,3B.0,3C.[3,+∞)D.⌀

3. 命题“∀x>1，xx−1>0”的否定是( )
A.∀x≤1，xx−1≤0B.∀x>1，xx−1≤0C.∃x≤1，xx−1≤0D.∃x>1，xx−1≤0

4. “|x−1|<2”是“x2−x−6<0”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5. 已知a=lg30.6，b=30.1，c=ln2，则( )
A.b
6. 宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹井生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于其思想的一个程序框图．若输入的a，b分别为6，2，则输出的n=( )

A.3B.4C.5D.6

7. 甲、乙、丙三位同学将独立参加英语听力测试．根据平时训练的经验，甲、乙．丙三人能达标的概率分别为p，23，35，若三人中有人达标但没有全部达标的概率为45，则p等于( )
A.13B.23C.14D.34

8. 已知关于某设备的使用年限x（单位：年）和所支出的维修费用y（单位：万元）有如下的统计资料．由下表可得线性回归方程y=bx+0.08，若规定当维修费用y>10时该设备必须报废，据此模型预报该设备使用年限的最大值为( )
A.7B.8C.9D.10

9. 函数y=ln|x|+csx的大致图象是( )
A.B.
C.D.

10. 若函数fx=xx−c2在x=1处有极大值，则常数c为( )

A.1B.3C.1或3D.−1或−3

11. 已知fx是定义在R上周期为2的函数，当x∈−1,1时，fx=2x2.若关于x的函数gx=fx+lgax有唯一零点，则实数a的取值范围是( )
A.12,1∪1,2B.33,1∪1,+∞C.0,33∪1,+∞D.33,1∪1,3

12. 已知e为自然对数的底数，fx是可导函数．对于任意的x∈R，f′x−fx<0恒成立，且f0=1 ，则( )
A.f(2)>e2，f(2021)B.f(2)e2020f(1)
C.f(2)>e2，f(2021)>e2020f(1)
D.f(2)二、填空题

已知函数fx=xex，则函数fx的最小值为________.
三、解答题

已知k∈R．设p:∀x∈[1,2]，k+1x−2>0恒成立，命题q:∀x∈R，使得x2+kx+1≥0．
(1)若p∧q是真命题，求k的取值范围；

(2)若p∧(¬q)为假．p∨¬q为真，求k的取值范围．

我国武汉在2019年的12月份开始出现不明原因的肺炎，在2020年们2月份命名为新型冠状病毒肺炎，新型冠状病毒传染性较强．在传染科学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期．
一研究团队统计了某地区200名患者的相关信息，得到如下表格：

(1)求这200名患者的潜伏期的样本平均数x¯；

(2)该新冠病毒的潜伏期受诸多因素的影响．为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述200名患者中抽取40人得到如下列联表．请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；

(3)以(2)中40名患者的潜伏≤6天的频率代替该地区1名患者的潜伏期≤6天的概率，每名患者的潜伏期是否≤6天相互独立．从这40名患者中按潜伏期时间分层抽样抽出5人，再从这5人中随机挑选出2人，求至少有1人是港伏期大于6天的概率．
K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d ，其中n=a+b+c+d.

已知fx=mx2−2mx+nm>0在区间12,3上有最大值3和最小值−1．
(1)求实数m、n的值；

(2)设ℎx=fxx，若不等式ℎ(5x)−k⋅5x≥0在x∈[−1,0)上恒成立，求实数k的取们范围．

在极坐标系Ox中，已知曲线C1的极坐标方程为ρsinθ+π6=2，曲线C2的极坐标方程为ρ21+3sin2θ=7 ．以坐标原点为极点，极轴为x轴正半轴建立直角标系．
(1)求曲线C1，C2的直角坐标方程；

(2)在极坐标系中，射线θ=π3与曲线C1交于点M，射线θ=π6与曲线C2交于点N．求△MON的面积（其中O为坐标原点）

已知函数fx=|x+1|+|2x−2|x∈R，记fx的最小值为m．
(1)求不等式fx≥4的解集；

(2)若实数a、b满足a>0，b>0，a+b=m，求a2a+1+b2b+1的最小值．

已知函数fx=−x2+x+5ex．
(1)求函数fx的单调区间；

(2)已知函数Fx=fx−ax+2x2−9exa∈R ．若x0是Fx的极大值点．求Fx0的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（下）期末考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数2+i1−i在复平面内对应的点的坐标得答案．
【解答】
解：∵ 2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i2=12+32i，
∴ 复数2+i1−i在复平面内对应的点的坐标为(12,32)，位于第一象限．
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
解不等式求得集合P，求值域得出集合Q，根据交集的定义写出P∩Q
【解答】
解：集合P=x|x2−2x−3≤0
=x|−1≤x≤3=−1,3，
Q=y|y=x−2=y|y≥0=[0,+∞)，
则P∩Q=0,3．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
由全称命题的否定为特称命题即可得出．
【解答】
解：∵ 全称命题的否定为特称命题，
∴ 命题"∀x>1，xx−1>0”的否定是“∃x>1，xx−1≤0”．
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由|x−1|<2可得−1由x2−x−6<0可得−2由于{x|−1∴ “|x−1|<2”是“x2−x−6<0”的充分不必要条件.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
由题意，结合对数函数、指数函数的单调性进行求解即可.
【解答】
解：已知lg30.630=1，0=ln1因为a=lg30.6，b=30.1，c=ln2，
所以a<0故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n的值，模拟程序的运行过程，可得答案．
【解答】
解：输入的a，b分别为6，2，n=1，
第一次执行循环体后a=9 ，b=4，不满足退出循环的条件，n=2，
第二次执行循环体后a=13.5 ，b=8，不满足退出循环的条件，n=3，
第三次执行循环体后a=20.25 ，b=16，不满足退出循环的条件，n=4，
第四次执行循环体后a=30.375 ，b=32，满足退出循环的条件，
故输出的n=4.
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
对立事件的概率公式及运用
【解析】
由题意，三人中有人达标但没有完全达标的对立事件是“三人都达标或全部都没达到”由此即可求出所求概率.
【解答】
解：因为三人中有人达标但没有完全达标的对立事件是“三人都达标或全部都没达到”，
而甲，乙，丙三人能达标的概率分别为p，23，35，
三人中有人达标但没有全部达标的概率为45，
则23×35p+13×25(1−p)=1−45，
解得p=14.
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
回归分析的初步应用
【解析】
将x,y平均值代入回归方程，求出回归方程式，解不等式即可得出结论.
【解答】
解：x¯=4，y¯=5，
将(4,5)代入线性回归方程中，可得4b+0.08=5，
∴b=1.23，
则y=1.23x+0.08,
由于1.23x+0.08≤10，
得x最大整数为8.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：因为f(x)=y=ln|x|+csx，
所以f−x=ln|−x|+cs−x=ln|x|+csx=fx，
所以函数fx为偶函数，故排除选项BD；
又f2π=ln|2π|+cs2π>0，故排除选项A.
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
求出函数的导数，再令导数为零，求出c的值，再进行检验，把不满足的值舍去即可.
【解答】
解：f(x)=x3−2cx2+c2x，
对函数进行求导，可得f′(x)=3x2−4cx+c2，
当x=1时，则有f′(1)=3−4c+c2=0，
解得c=1或c=3，
当c=1时，导数值在x=1左侧为负数，右侧为正数，即取得极小值，不符合题意，
当c=3时，导数值在x=1左侧为正数，右侧为负数，即取得极大值，符合题意.
故选B.
11.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若关于x的函数gx=fx+lgax有唯一零点，
则方程fx+lgax=0有唯一解，
即f(x)=−lgax有唯一解.
①当a∈(0,1)时，画出y=f(x)与y=−lgax的图象，如图，
若方程f(x)=−lgax有唯一解，则y=f(x)与y=−lgax的图象必有唯一交点，
即−lga3>2，
解得a∈(33)；
②当a∈(1,+∞)时，如图，
此时y=f(x)与y=−lgax的图象必有唯一交点，
综上，a的取值范围是33,1∪1,+∞.
故选B.
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
结合选项，构造新函数，求导后利用题中条件，得到函数单调递减，可知答案.
【解答】
解：构造函数F(x)=f(x)ex，
则F′(x)=exf′(x)−exf(x)e2x=f′(x)−f(x)ex<0，
可得F(x)在R上单调递减.
结合F(0)=1，可知F(2)所以f(2)故选D.
二、填空题
【答案】
−1e
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
利用求导，求得函数的变化趋势，可得x=−1时，函数取得最小值，将值代入计算即可.
【解答】
解：f′(x)=ex+xex=(x+1)ex，
令f′(x)=0，得x=−1，
当x<−1，函数单调递减，
当x>−1，函数单调递增，
则当x=−1时，f(x)的最小值为−1e.
故答案为：−1e.
三、解答题
【答案】
解：(1)若p为真，即p:∀x∈1,2，k+1x−2>0恒成立，
可得k+1−2>0,2k+1−2>0,
解得k>1，
若q为真，即q:∀x∈R，使得x2+kx+1≥0，
则Δ=k2−4≤0，
解得−2≤k≤2
若p∧q是真命题，
则p，q为真，可得k>1,−2≤k≤2,
所以1所以k的取值范围(1,2]．
(2)因为p∧−q为假，p∨¬q为真，
所以p，¬q一真一假，
即p，q同真同假.
当p，q都真时，由(1)知1当p，q都假时，
k≤1,k<−2或k>2,
即k<−2，
综上可得1故a的范围为{k|1【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若p为真，即p:∀x∈1,2，k+1x−2>0恒成立，
可得k+1−2>0,2k+1−2>0,
解得k>1，
若q为真，即q:∀x∈R，使得x2+kx+1≥0，
则Δ=k2−4≤0，
解得−2≤k≤2
若p∧q是真命题，
则p，q为真，可得k>1,−2≤k≤2,
所以1所以k的取值范围(1,2]．
(2)因为p∧−q为假，p∨¬q为真，
所以p，¬q一真一假，
即p，q同真同假.
当p，q都真时，由(1)知1当p，q都假时，
k≤1,k<−2或k>2,
即k<−2，
综上可得1故a的范围为{k|1【答案】
解：(1)x¯=1200×(1×17+3×41+5×62+
7×50+9×26+11×3+13×1)=5.4 （天）.
(2)用分层抽样，应该抽到潜伏期≤6天的人数为40200×120=24，
根据题意，补充完整的列联表如下：
则K2=40×15×11−9×5224×16×20×20=3.75，
经查表，得K2=3.75<3.841，
所以没有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关.
(3)因为2440×5=3，
所以由分层抽样知，5人中有潜伏期小于或等于6天的3人，潜伏期大于6天的2人．
将潜伏期大于6天的2人记为A、B，潜伏期小于或等于6天的3人记为a，b，c．
从这5人中抽取2人的情况分别是 AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc，共有10种．
其中至少有一人是潜伏期大于6天的种数是7种，分别是AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc．
故至少有1人是潜伏期大于6天的概率是710．
【考点】
众数、中位数、平均数
分层抽样方法
独立性检验
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)x¯=1200×(1×17+3×41+5×62+
7×50+9×26+11×3+13×1)=5.4 （天）.
(2)用分层抽样，应该抽到潜伏期≤6天的人数为40200×120=24，
根据题意，补充完整的列联表如下：
则K2=40×15×11−9×5224×16×20×20=3.75，
经查表，得K2=3.75<3.841，
所以没有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关.
(3)因为2440×5=3，
所以由分层抽样知，5人中有潜伏期小于或等于6天的3人，潜伏期大于6天的2人．
将潜伏期大于6天的2人记为A、B，潜伏期小于或等于6天的3人记为a，b，c．
从这5人中抽取2人的情况分别是 AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc，共有10种．
其中至少有一人是潜伏期大于6天的种数是7种，分别是AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc．
故至少有1人是潜伏期大于6天的概率是710．
【答案】
解：(1)因为fx=mx2−2mx+n的对称轴是x=1，
又因为m>0，
所以fx在12,1上单调递减，在1,3上单调递增，
所以当x=1时， fx取最小值−1，
当x=3时， fx取最大值3，
即m−n=1,3m+n=3,
解得m=1,n=0.
(2)因为ℎx=fxx=x−2，
所以ℎ5x−k⋅5x=5x−2−k⋅5x≥0，
所以1−k⋅5x−2≥0，
所以k≤1−25x，
令gx=1−25x，则gx在[−1,0)上是增函数，
故gxmin=g−1=−9，
所以ℎ5x−k5x≥0在x∈[−1,0)上恒成立时，k≤−9．
【考点】
二次函数在闭区间上的最值
不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为fx=mx2−2mx+n的对称轴是x=1，
又因为m>0，
所以fx在12,1上单调递减，在1,3上单调递增，
所以当x=1时， fx取最小值−1，
当x=3时， fx取最大值3，
即m−n=1,3m+n=3,
解得m=1,n=0.
(2)因为ℎx=fxx=x−2，
所以ℎ5x−k⋅5x=5x−2−k⋅5x≥0，
所以1−k⋅5x−2≥0，
所以k≤1−25x，
令gx=1−25x，则gx在[−1,0)上是增函数，
故gxmin=g−1=−9，
所以ℎ5x−k5x≥0在x∈[−1,0)上恒成立时，k≤−9．
【答案】
解：(1)由ρsinθ+π6=2得ρ(32sinθ+12csθ)=2，
由x=ρcsθ，y=ρsinθ，
可得C1:x+3y=4；
由ρ21+3sin2θ=7得ρ2(cs2θ+4sin2θ)=7，
所以C2:x27+4y27=1.
(2)联立ρsinθ+π6=2,θ=π3,
解得ρ=2,θ=π3,
即M2,π3；
联立ρ21+3sin2θ=7,θ=π6,
ρ=2,θ=π6,
即N2,π6，
故S△MON=12|OM|⋅|ON|⋅sin∠MON
=12×2×2×sinπ3−π6=1．
【考点】
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
极坐标的概念
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由ρsinθ+π6=2得ρ(32sinθ+12csθ)=2，
由x=ρcsθ，y=ρsinθ，
可得C1:x+3y=4；
由ρ21+3sin2θ=7得ρ2(cs2θ+4sin2θ)=7，
所以C2:x27+4y27=1.
(2)联立ρsinθ+π6=2,θ=π3,
解得ρ=2,θ=π3,
即M2,π3；
联立ρ21+3sin2θ=7,θ=π6,
ρ=2,θ=π6,
即N2,π6，
故S△MON=12|OM|⋅|ON|⋅sin∠MON
=12×2×2×sinπ3−π6=1．
【答案】
解：(1)函数fx=|x+1|+|2x−2|
=−3x+1x<−1,−x+3(−1≤x<1),3x−1(x≥1),
所以原不等式等价于：x<−1,−3x+1≥4或−1≤x<1,−x+3≥4或x≥1,3x−1≥4,
解得：x<−1或x=−1或x≥53.
综上所述：原不等式的解集为：xx≤−1或x≥53}．
(2)fx=|x+1|+|2x−2|=|x+1|+|x−1|+|x−1|，
fx表示数轴上的点到数轴上
−1，1，1对应点的距离之和．
所以fxmin=f1=2，
因为a+b=2，
所以a2a+1+b2b+1=14a+1+b+1a2a+1+b2b+1
=14a2+b2+b+1a2a+1+a+1b2b+1
≥14a2+b2+2ab=14a+b2=1，
当且仅当a+b=2,b+1a2a+1=a+1b2b+1,
即a=1b=1时，有最小值1.
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)函数fx=|x+1|+|2x−2|
=−3x+1x<−1,−x+3(−1≤x<1),3x−1(x≥1),
所以原不等式等价于：x<−1,−3x+1≥4或−1≤x<1,−x+3≥4或x≥1,3x−1≥4,
解得：x<−1或x=−1或x≥53.
综上所述：原不等式的解集为：xx≤−1或x≥53}．
(2)fx=|x+1|+|2x−2|=|x+1|+|x−1|+|x−1|，
fx表示数轴上的点到数轴上
−1，1，1对应点的距离之和．
所以fxmin=f1=2，
因为a+b=2，
所以a2a+1+b2b+1=14a+1+b+1a2a+1+b2b+1
=14a2+b2+b+1a2a+1+a+1b2b+1
≥14a2+b2+2ab=14a+b2=1，
当且仅当a+b=2,b+1a2a+1=a+1b2b+1,
即a=1b=1时，有最小值1.
【答案】
解：(1)记fx=−x2+x+5e−x，定义域为R，
则f′x=x+1x−4e−x
由f′x>0得单调递增区间为−∞,−1和4,+∞；
由f′x<0得单调递减区间为−1,4，
所以fx在区间−1,4上单调递减，在−∞,−1和4,+∞上单调递增.
(2)由题意知Fx=fx−ax+2x2−9e−x=x2+x−4e−x−ax，
所以F′x=−x2+x+5e−x−a
而fx=−x2+x+5e−x在区间−1,4上单调递减．
若x0是Fx的极大值点，则−1所以Fx0=x02+x0−4e−x0−ax0
=x03−4x0−4e−x0，
记ℎx=x3−4x−4e−x，
则ℎ′x=−xe−xx+1x−4，
所以ℎx在区间−1,0上单调递减，在区间0,4上单调递增，
且ℎ0=−4，ℎ−1=−e，ℎ4=44e4，
所以当x∈−1,4时，−4≤ℎx<44e4，
所以−4≤Fx0<44e4，
即Fx0的取值范围为−4,44e4.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)记fx=−x2+x+5e−x，定义域为R，
则f′x=x+1x−4e−x
由f′x>0得单调递增区间为−∞,−1和4,+∞；
由f′x<0得单调递减区间为−1,4，
所以fx在区间−1,4上单调递减，在−∞,−1和4,+∞上单调递增.
(2)由题意知Fx=fx−ax+2x2−9e−x=x2+x−4e−x−ax，
所以F′x=−x2+x+5e−x−a
而fx=−x2+x+5e−x在区间−1,4上单调递减．
若x0是Fx的极大值点，则−1所以Fx0=x02+x0−4e−x0−ax0
=x03−4x0−4e−x0，
记ℎx=x3−4x−4e−x，
则ℎ′x=−xe−xx+1x−4，
所以ℎx在区间−1,0上单调递减，在区间0,4上单调递增，
且ℎ0=−4，ℎ−1=−e，ℎ4=44e4，
所以当x∈−1,4时，−4≤ℎx<44e4，
所以−4≤Fx0<44e4，
即Fx0的取值范围为−4,44e4.x
2
3
4
5
6
y
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
潜伏期
（单位：天）
[0,2]
(2,4]
(4,6]
(6,8]
(8,10]
(10,12]
(12,14]
人数
17
41
62
50
26
3
1
潜伏期≤6天
潜伏期>6天
总计
50岁以上（含50岁）
20
50岁以下
9
总计
40
PK2≥k0
0.05
0.025
0.010
k0
3.841
5.024
6.635
潜伏期≤6天
潜伏期>6天
总计
50岁以上（含50岁）
15
5
20
50岁以下
9
11
20
总计
24
16
40
潜伏期≤6天
潜伏期>6天
总计
50岁以上（含50岁）
15
5
20
50岁以下
9
11
20
总计
24
16
40