湖北省新高考联考协作体（八市州）2023-2024学年高二下学期期末考试(7.1-7.2)数学试卷参考答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年07月试卷

高二数学试卷参考答案与评分细则 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1.D 2.C 3.A 4.C 5.C 6.B 7.D 8.B 1【解析】A[1,4]，B [0,2]，所以AB [0,2]，故选D. 2【解析】由极大值点的定义结合导函数图像可知个数为2个，故选C. 3【解析】若 f(a) f(b)0，由零点存在性定理知 f(x)在  a,b  上有零点，充分性满足；取 f(x) x2 1， x[2,2]，必要性不满足，故选A. a 4【解析】由等比数列的性质可知T a9 512，所以a 2，所以a a  5 a q2 2a 4，故选C. 9 5 5 3 7 q2 5 5 ab 1 1 1 5【解析】由投影向量的定义和公式可知a在b的投影向量为 b (0,1,1)(0, , )，故选C. 2 2 2 2 b 6【解析】易知D在椭圆内部，所以|PF ||PD|4|PF ||PD|，由几何关系可知|PF ||PD|[1,1]， 1 2 2 所以最小值为3，故选B. 7【解析】当首位大于2时有2A3 48种；当首位为2，第二位非0时有3A2 18种；当首位为2，第二位为0 4 3 时有2A1 4种；综上，总共有48+18+4=70种，故选D. 2 8【解析】对于a、b，同时12次方可得34与53，易知34 53，所以ab；对于b、c，同时4e次方可得5e与 ln3 1 ln3 1 e4，由题干可知52e 55 e8，所以5e e4，即bc；对于a、c，同时取对数可得 与 ，易知  ， 3 e 3 e 所以ac，综上可得acb，故选B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的 得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.ACD 10.ACD 11.ABC 说明：多选题有错选得0分，第9、10、11题选对一个答案给2分，选对两个答案给4分，选对3个答案给6分. 1 2 9【解析】对于选项A，由方差的运算性质可知D(3X 1)9D(X)910  20，故A正确； 3 3 (x)2 1  对于选项B，由正态密度函数 f(x) e 22 可知，当不变时，越小，函数值越大，该正态分布对  2 应的正态密度曲线越瘦高；由决定系数和卡方独立性检验的定义和规则易知选项CD正确.故选ACD. 10【解析】对于选项A：因为 f(x2)是偶函数，所以 f(x2) f(x2)，即 f(x)的图象关于直线x2对 称，所以选项A正确；对于选项B：由 f(x) f(x2)3得 f(x2) f(x4)3，所以 f(x) f(x4)， 即4是函数 f(x)的一个周期，若6也为函数 f(x)的一个周期，则2为函数 f(x)的一个周期，那么 3 f(x) f(x2)32f(x)，即 f(x) 为常数函数，不合题意，所以选项B错误；对于选项C：由A可知 2 新高考联考协作体 高二数学答案 第 1 页（共 6 页） {#{QQABLYAEogioAJIAAAgCAQG4CkKQkBGAAYgGxFAEsAIAQANABAA=}#}3 f(1) f(3)，对于 f(x) f(x2)3可令x1得 f(1) f(3)3，所以 f(1) ，所以选项C正确； 2 对于选项D：由A可得 f(x2) f(x2)，求导可得 f '(2x) f '(2x)0即 f '(x) f '(4x)0，对 于 f(x) f(x2)3求导可得 f '(x) f '(x2)0，所以 f '(4x) f '(x2)，即函数 f '(x)的图像关于直 线x3对称，所以选项D正确；故选ACD. 1 1 1 1 11【解析】对于选项A，将x等量替换为 ，则ln  1，所以lnx1 ，所以A正确；对于选项B， x x x x C0 C1 C6 1 1 1 1 6  6  6 (1 )6 ，因为ln(1 ) ，所以(1 )n e ，所以 B 正确；对于选项 C，因为 66 65 60 6 n n n 1 1 20241 2024 n1 n1 ln(1 ) ，所以   ln( )ln2025 ，所以 C 正确；对于选项 D，由 A 令 x 得 n n n n n n1 n1 n1 n 1 2024 1 2024 n1 ln( )1  ，即  ln ln2025，所以D错误；故选ABC. n n1 n1 n1 n n1 n1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 44 1 4 12. 13.(, ][3,) 14.( ,){0} 125 2 e2 2 2 3 2 44 12【解析】 p ( )2 C1    . 5 2 5 5 5 125 1 3 1 3 13【解析】x[ , ]，当a0 时， f(x) x2 ax在[ , ]上单调递增；x[0,) ，当a 0 时， 2 2 2 2 x2 ax,0 xa 3 a 1 1 f(x) ，利用二次函数对称性可得  或a 即a3或0a .综上所述，a的取   x2 ax , xa 2 2 2 2 1 值范围是(, ][3,). 2 x x 1x 14【解析】设直线与曲线 y  的切点为(x ,y )，则切线方程为 y 1  1 (xx )，则过(0,t)的切线需 ex 1 1 ex 1 ex 1 1 x2 x2 x(2x) 满足：t  1 .令 f(x) ，则 f '(x) ，所以 f(x)在(,0)和(2,)单调递减，在(0,2)单调递 ex 1 ex ex 4 增，且当x时， f(x)，当x时， f(x)0，而 f(0)0，所以t( ,){0}. e2 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤. 15.解： （1）展开式所有项的二项式系数和为2n 512，所以n9，·······································3分 令 f(x)(12x)9，则所有项系数和为a a a  f(1)(12)9 1；······················6分 0 1 10 b b Ck 2k Ck12k1 （2）由题意得a Cn(2)n，不妨令b |a |Cn2n，则 k k1 ，即 9 9 ，化简可得 n 9 n n 9 b k b k1  C 9 k 2k C 9 k12k1 新高考联考协作体 高二数学答案 第 2 页（共 6 页） {#{QQABLYAEogioAJIAAAgCAQG4CkKQkBGAAYgGxFAEsAIAQANABAA=}#}10k 21   k 17 20  解得 k  ，因为kN，所以k 6········································10分 9k 3 3  1 2   k1 所以展开式中系数绝对值最大的项是第七项：C6(2x)6 5376x6.································13分 9 【备注】若最终式子均正确且结果算错，扣1分. 16.解： （1）因为11.8，3.2，15， 1P( x) 所以旅游费用支出不低于1500元的概率为P(x) 0.15865，········4分 2 所以5000.1586579.325， 估计2023年有79.325万的游客在本市的年旅游费用支出不低于1500元.······························7分 （2）假设H :“客户星级”与“客户来源”独立，没有关联 0 客户星级 游客来源 合计 三星客户 一星客户 当地游客 200 400 600 ····················10分 外地游客 100 300 400 合计 300 700 1000 100（0 200300100400）2 2  7.9376.635，···········································13分 400600300700 根据小概率值0.01的独立性检验，H 不成立， 0 即“客户星级”与“客户来源”有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01.···························15分 【备注】根据评分细则酌情扣分. 17.解： a1 a x2 axa1 (x1)[x(a1)] （1） f '(x)1    ，x 1，x a1，·················2分 x2 x x2 x2 1 2 ①当a10即a1时，易知 f(x)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增；······················3分 ②当a11即a 2时， f '(x)0，则 f(x)在(0,)单调递增；·····························4分 ③当0a11即1a2时，易知 f(x)在(0,a1)和(1,)单调递增，在(a1,1)单调递减；···5分 ④当a11即a 2时，易知 f(x)在(0,1)和(a1,)单调递增，在(1,a1)单调递减；·········6分 综上所述： 新高考联考协作体 高二数学答案 第 3 页（共 6 页） {#{QQABLYAEogioAJIAAAgCAQG4CkKQkBGAAYgGxFAEsAIAQANABAA=}#}当a1时， f(x)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增； 当a 2时， f(x)在(0,)单调递增； 当1a2时， f(x)在(0,a1)和(1,)单调递增，在(a1,1)单调递减； 当a 2时， f(x)在(0,1)和(a1,)单调递增，在(1,a1)单调递减；·························8分 （2）由（1）可知，只有当1a2和a 2时， f(x)才有极大值， ①当a 2时， f  f(1)2a 3，解得a 5；······································10分 极大值 ②当1a2时， f  f(a1)a2aln(a1)， 极大值 a 1 令g(a)a2aln(a1)，则g'(a)1ln(a1) ln(a1) ， a1 a1 1 1 2a g''(a)   0，所以g'(a)在(1,2)单调递增， a1 (a1)2 (a1)2 所以g'(a) g'(2)10，所以g(a)在(1,2)单调递减， 即g(a) g(2)0，所以g(a)3在(1,2)无解，故不存在符合题意的a；······················14分 综上所述：a 5·········································································15分 【备注】没有“综上所述”扣1分，过程不规范酌情扣分. 18.解： 记事件A ：学生通过第i轮，事件B ：学生通过第i轮就选择奖品离开，事件C ：学生通过第i轮且继续答题， i i i 1 1 2 1 1 （i 1,2,3）.由题意得 P(A) ， P(B | A) ， P(C | A) ， P(A |C ) ， P(B | A ) ， 1 2 1 1 3 1 1 3 2 1 2 2 2 2 1 1 P(C | A ) ，P(A |C ) . 2 2 2 3 2 2 （1）记事件B：学生获得奖品. 则B  B B B ， 1 2 3 1 1 1 P(B ) P(AB ) P(A)P(B | A)   ···················································1分 1 1 1 1 1 1 2 3 6 1 2 1 1 1 P(B ) P(A)P(C | A)P(A |C )P(B |C )     ··································2分 2 1 1 1 2 1 2 2 2 3 2 2 12 1 2 1 1 1 1 P(B ) P(A)P(C | A)P(A |C )P(C | A )P(A |C )      ·····················4分 3 1 1 1 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 24 1 1 1 7 P(B) P(B )P(B )P(B )    ···············································6分 1 2 3 6 12 24 24 1 1  P(B B)P(B B) P(B )P(B ) 3 12 24 （2）P((B B )|B) 2 3  2 3   ；························9分 2 3 P(B) P(B) 7 7 24 1 （3）X 可取0, 1, 2, 3，P(X 0) P(A) ················································10分 1 2 新高考联考协作体 高二数学答案 第 4 页（共 6 页） {#{QQABLYAEogioAJIAAAgCAQG4CkKQkBGAAYgGxFAEsAIAQANABAA=}#}P(X 1) P(AB C A ) P(AB )P(C A ) 1 1 1 2 1 1 1 2  P(A)P(B | A)P(A)P(C | A)P(A |C )··········································12分 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1       2 3 2 3 2 3 P(X 3) P(A)P(C | A)P(A |C )P(C | A )P(A |C ) 1 1 1 2 1 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 ·······································13分       2 3 2 2 2 24 1 1 1 1 P(X 2)1P(X 0)P(X 1)P(X 3)1    ······························15分 2 3 24 8 所以X 的分布列为： X 0 1 2 3 1 1 1 1 P 2 3 8 24 1 1 1 1 17 E(X) 0 1 2 3 .······················································17分 2 3 8 24 24 【备注】解答没有用字母表示，只用数字计算，若结果正确不扣分，过程酌情扣分. 19.解： （1）证明：因为 f(x)在[1,1]单调递增，x，x [1,1]且x  x ，则| f(x ) f(x )| f(x ) f(x )， i j i j j i j i n n 所以| f(x ) f(x )|[f(x ) f(x )] f(x ) f(x ) f(1) f(1)， i i1 i i1 n 0 i1 i1 n 取M  f(1) f(1)，即可得| f(x ) f(x )| M ，所以 f(x)是[1,1]上的有界变差函数·········4分 i i1 i1 （2）x、x [1,1]，且x  x ，则| f(x ) f(x )||(x x )(x x )|2|x x |2(x x )， i j i j j i j i j i j i j i n n n 所以| f(x ) f(x )|2(x x )2[1(1)]4，取M 4，即可得| f(x ) f(x )| M ， i i1 i i1 i i1 i1 i1 i1 所以 f(x)x2是定义在[1,1]上的有界变差函数··················································9分 1 1 1 （3）取x  ，i 1,,n，其中x 0，则 f(x ) cos(ni1)(1)ni1 ， i ni1 0 i ni1 ni1 1 1 1 1 所以当i2时，| f(x ) f(x )||(1)ni1 (1)ni2 |  ， i i1 ni1 ni2 ni1 ni2 n n 1 1 1 n 1 1 n 1 | f(x ) f(x )|| f(x ) f(0)|(  ) (  )2 1·········13分 i i1 1 ni1 ni2 n i1 i i i1 i2 i2 i1 n 1 下证2 1无界： i i1 x1 令h(x) xlnx1，h'(x) ，h(x)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增，所以h(x)h(1)0， x 新高考联考协作体 高二数学答案 第 5 页（共 6 页） {#{QQABLYAEogioAJIAAAgCAQG4CkKQkBGAAYgGxFAEsAIAQANABAA=}#}n1 n1 1 n 1 n i1 即x1lnx，取x ，即可得ln  ，所以2 2ln 2ln(n1)， n n n i i i1 i1 n 1 n 1 那么2 12ln(n1)1，易知当n时，2ln(n1)1，所以2 1无界·········16分 i i i1 i1 n 所以不存在常数M 0使得| f(x ) f(x )| M ，因此 f(x)在[0,1]不是有界变差函数.···········17分 i i1 i1 【备注】解答过程根据评分细则酌情扣分. 新高考联考协作体 高二数学答案 第 6 页（共 6 页） {#{QQABLYAEogioAJIAAAgCAQG4CkKQkBGAAYgGxFAEsAIAQANABAA=}#}