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江苏省2024—2025学年高二下学期期末迎考卷
数学参考答案与评分标准
1. C 解析：因为集合A，B满足A⊆(A∩B)，所以A⊆B，所以A∩(∁U B)＝∅.
2. A 解析：由a>>0，可得a2>b>0，所以ln a2>ln b，故充分性成立；由ln a2>ln b，
可得a2>b>0，可取a＝－2，b＝1，但是a>>0不成立，故必要性不成立．综上，“a>>0”是
“ln a2>ln b”的充分不必要条件．
3. D 解析：因为＝×(20＋25＋30＋35＋40)＝30，＝×(5＋7＋8＋9＋11)＝8，所以回归
直线y＝0.28x＋a过点(30，8)，故8＝0.28×30＋a，解得a＝－0.4，所以y＝0.28x－0.4.将x＝
45代入y＝0.28x－0.4中，得y＝0.28×45－0.4＝12.2，即当促销成本为45百元时，预测该商
品的销售量大约为12.2百件．
4. C 解析：由题意得，胃酸的pH＝－lg (2.7×10-2)＝－(lg 2.7＋lg 10-2)＝2－lg 2.7＝2－
lg 27＋lg 10＝2－3lg 3＋1＝3－3lg 3.
5. D 解析：由题意可知，μ＝100，σ2＝100，故A，B错误．由题意得μ＋σ＝110，μ＋
3σ＝130，所以 P(X>μ＋σ)＝[1－P(|X－μ|≤σ)]≈×0.317 3≈15.87%，故C错误．P(X<130)＝
P(X<μ＋3σ)＝1－[1－P(|X－μ|<3σ)]≈1－0.001 35≈99.87%，故D正确．
6. D 解析：f′(x)＝lim ＝lim ＝lim[a(Δx)2－bΔx＋c]＝c.
0
7. D 解析：从16个节点中任选3个的方法数为C，去掉恰有4个节点在一条直线上的
10种情形下的方法数10C，和恰有3个节点在同一直线上的4种情形下的方法数4C，即得
所求方案数为C－10C－4C＝516.
8. B 解析：由函数g(x)＝(x－5)f(x)的图象关于点(5，0)中心对称可知，g(5－x)＝－g(5
＋x)，即(5－x－5)f(5－x)＝－(5＋x－5)f(5＋x)，可得f(5－x)＝f(5＋x)，因此函数f(x)有对称
轴x＝5.由g(－1)＝(－1－5)f(－1)＝6，可得f(－1)＝－1.由f(x)为R上的偶函数且有对称轴x
＝5，可得f(9)＝f(1)＝f(－1)＝－1.
9. AB 解析：对于A，二项式系数和为28，则所有奇数项的二项式系数的和为＝128，
故A正确．对于B，二项式系数最大为C，则二项式系数最大的项为第5项，故B正确．对
于C，T
k＋1
＝C8-k(－)k＝(－1)k·28-kCxk-8(0≤k≤8，k∈N)，若T
k＋1
为有理项，则k可取的值为0，
3，6，所以有理项共有三项，故C错误．对于D，令x＝1，则所有项的系数和为8＝1，故D错误．
10. BC 解析：对于A，若a>b>0，则－＝<0，所以<，故A错误．对于B，因为－
5<a<2，1<b<4，所以－15<3a<6，－4<－b<－1，所以－19<3a－b<5，所以3a－b的取值范
围是(－19，5)，故B正确．对于C，(＋)2＝x＋y＋2＝1＋2≤1＋x＋y＝2，故＋≤，当且仅当
x＝y＝时等号成立，故C正确．对于D，取x＝，y＝，则xx·yy＝＝＝，而>3＝，故此时
xx·yy>，故D错误．
11. ACD 解析：因为f(x)＝x3－，所以当x≥1或x≤－1时，f(x)＝x3－3x2＋3，则f′(x)＝
3x2－6x＝3x(x－2)，所以当x>2或x≤－1时，f′(x)>0，当1≤x<2时，f′(x)<0，所以f(x)在(－
∞，－1]，(2，＋∞)上单调递增，在[1，2)上单调递减．当－1<x<1时，f(x)＝x3＋3x2－3，
则f′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋2)，所以当0<x<1时，f′(x)>0，当－1<x<0时，f′(x)<0，所以f(x)在
(0，1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减．故f(x)在x＝0和x＝2处取得极小值，故f(x)有2
个极小值点，故A正确．因为f′(3)＝3×32－6×3＝9，所以曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线
斜率为9，故B错误．作出y＝f(x)的大致图象如图所示，则f(x)－m的零点个数为y＝f(x)与y
＝m的交点个数，由图可知，当f(x)－m有3个零点时，m的取值范围为(－3，1)，故C正
确．当f(x)－m只有1个零点时，m的取值范围为(－∞，－3)∪(1，＋∞)，故D正确．
(第11题)
12. {x|x≤0或x≥2} 解析：当x≤0时，由f(x)≥1，得21-x－1≥1，所以21-x≥2，所以1－
x≥1，解得x≤0；当x>0时，由f(x)≥1，得log x≥1＝log 2，解得x≥2.综上，不等式的解集为{x
2 2
或x≥2}．
13. 576 解析：由题意可得，X的可能取值为190，150，110，且P(X＝190)＝＝，P(X
＝150)＝＝，P(X＝110)＝＝，则E(X)＝190×＋150×＋110×＝158，所以方差D(X)＝322×＋
(－8)2×＋(－48)2×＝576.
14. [－，1－]∪[2，1＋] 解析：当d∈[1，3]时，k(d)＝＝.记函数m(d)＝d＋－8，
d∈[1，3]，易知函数m(d)在[1，2]上单调递减，在[2，3]上单调递增，所以m(d) ＝m(2)＝
min
－4，m(1)＝－3，m(3)＝－，所以m(d) ＝m(1)＝－3，所以k(d) ＝＝－，k(d) ＝＝－，
max min max
即函数k(d)的值域为，故∈[－4，－3].设h(p)在p∈[0，1]上的值域为A，则[－4，－3]⊆A.函
数h(p)＝p2＋2ap－a2的对称轴为 x＝－a，当－a≤0时，h(p)在[0，1]上单调递增，所以h(p) ＝h(0)＝－a2≤－4，h(p) ＝h(1)＝1＋2a－a2≥－3，解得a∈[2，1＋]；当0<－a<1时，
min max
h(p) ＝h(－a)＝－2a2≤－4不成立，舍去；当－a≥1时，h(p)在[0，1]上单调递减，所以
min
h(p) ＝h(0)＝－a2≥－3，h(p) ＝h(1)＝1＋2a－a2≤－4，解得a∈[－，1－].综上，a的取值
max min
范围为[－，1－]∪[2，1＋].
15. 解答：(1) 由题意可知，＝×(5＋6＋8＋9＋12)＝8，＝×(16＋20＋25＋28＋m)＝，
(2分)
所以样本中心为，将点代入y＝2.8x＋2.6，可得＝2.8×8＋2.6，解得m＝36. (7分)
(2) 由(1)可得，样本中心为(8，25)，所以x－＝0，y－＝0， (10分)
3 3
由相关系数公式知，将此图表中的点(8，25)去掉后，样本相关系数r不变． (13分)
16. 解答：(1) 零假设为H ：M社区的市民是否喜欢网上买菜与年龄无关．根据列联
0
表，得χ2＝＝>3.841， (5分)
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H 不成立，
0
即认为M社区的市民是否喜欢网上买菜与年龄有关，此推断犯错误的概率不大于 0.05.
(7分)
(2) 设A 表示周i在A平台买菜，B 表示周i在B平台买菜，i＝1，2.由题可得P(A)＝
i i 1
P(B)＝，P(B|A)＝，P(B|B)＝. (12分)
1 2 1 2 1
由全概率公式得小张周二选择B平台买菜的概率为
P(B)＝P(A)P(B)＋P(B)P(B)＝×＋×＝. (15分)
2 1 2 1 2
17. 解答：(1) f(x)＝－1＝(x≠0)，
则f′(x)＝＝. (2分)
令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
令h′(x)>0，得x>0，令h′(x)<0，得x<0， (3分)
所以当x∈(－∞，0)时，h(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，
h(x)单调递增，所以h(x)≥h(0)＝0，又x≠0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)，(0，＋
∞)上单调递增． (6分)
(2) 方程(ln x＋m)[f(x)＋1]＝ex，即(ln x＋m)＝ex，所以(ln x＋m)＝1，故m＝. (8分)
令k(x)＝，则k′(x)＝，x>0. (10分)
令k′(x)>0，解得x>1；令k′(x)<0，解得0<x<1.
故当x∈(0，1)时，k(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，k(x)单调递增． (12分)
当x→0时，k(x)→＋∞；当x→＋∞时，k(x)→＋∞， (14分)
所以k(x) ＝k(1)＝e－1，故m>e－1，即m的取值范围为(e－1，＋∞). (15分)
min18. 解答：(1) 记比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级为事件A， (1分)
则P(A)＝＝. (4分)
(2) 依题意，X的可能取值为0，1，2，3，所以P(X＝0)＝(1－p)3＋Cp(1－p)3＝＋C××
＝， (5分)
P(X＝1)＝Cp2(1－p)3＝C×2×3＝， (6分)
P(X＝2)＝Cp2(1－p)2p＝C×××＝， (7分)
P(X＝3)＝p3＋Cp2(1－p)p＝＋C×××＝， (8分)
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以X的期望为E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (9分)
(3) 依题意f(p)＝Cp2(1－p)p＝3p3(1－p)(0<p<1)，
则f′(p)＝3＝3p2(3－4p)， (11分)
令f′(p)＝0，得p＝，
当p∈时，f′(p)>0，f(p)在上单调递增，
当p∈时，f′(p)<0，f(p)在上单调递减， (14分)
所以f(p)在p＝处取得极大值，即最大值， (15分)
所以f(p) ＝f＝3×3×＝. (17分)
max
19. 解答：(1) 由于g′(x)＝x2，故对x∈(0，＋∞)有g′(x)－g(x)＋＝x2－x2＋＝x2＋>0，所
以y＝g(x)是“反比函数”． (3分)
(2) 由于y′＝a－＋，故xy′－y＝ax－1＋－ax＋3＋ln x＋＝2＋ln x＋.
若a<1－，则2(1－a)>e-4. (5分)
设φ(t)＝t－ln t，则φ′(t)＝1－＝，当0<t<1时，φ′(t)<0，当t>1时，φ′(t)>0.从而φ(t)在
(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故φ(t)≥φ(1)＝1. (7分)
要证函数y＝ax－3－ln x－是“反比函数”，即证y′－y＋>0，即证xy′－y>－1.因为xy′
－y＝2＋ln x＋>2＋ln x＋＝－ln ＝φ－2≥－1，从而函数y＝ax－3－ln x－是“反比函
数”． (11分)
(3) 设h(x)＝，则h′(x)＝>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．一方面，当x≥1时，＝
h(x)≥h(1)＝＝＝1>0，所以对任意的x≥1，f(x)>1. (12分)
另一方面，假设存在x∈(0，1)，使得f(x)≤0，则根据f(1)＝2>0及零点存在定理，知存
在η∈[x，1)使得f(η)＝0，再由条件f(x ＋x)≤f(x)f(x)，知f(1)＝f[η＋(1－η)]≤f(η)f(1－η)＝
1 2 1 2
0·f(1－η)＝0，与f(1)＝2矛盾，所以对任意的0<x<1，f(x)>0. (14分)
假设存在x∈(0，1)，使得f(x)≤1，则根据f(1)＝2>1及零点存在定理知，存在u∈[x ，1)
0
使得f(u)＝1，从而对任意x>0，有f(x＋u)≤f(x)f(u)＝f(x).但由u>0，知＝h(1＋u)>h(1)，而h(1)＝≥≥＝h(1＋u)，与h(1＋u)>h(1)矛盾，所以对任意的0<x<1，都有f(x)>1.综上可知，对任
意的x>0，都有f(x)>1.所以对任意的a≤1，关于x的方程f(x)＝a一定无解． (17分)
