福建省福州市九县（市、区）一中2023-2024学年高二下学期7月期末数学试题+答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年07月试卷

2023-2024 学年度第二学期九县（区、市)一中期末联考 高中二年数学科试卷 完卷时间：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷 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，有且 只有一项符合题目要求． 1．设集合A a,3  ，B1,2 ，若AIB ，则（ ) A．1a3 B．2a3 C．1a3 D．2a3 2．已知实数a，b，c，d满足ab0cd，则下列不等式一定正确的是（ ) a b A．  B．ad bc d c C．ad bc D．acbd 3．命题p：xR，3x2 6x2m0，则“m1”是“p为真命题”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 (x90)2 1 4．某校联考的数学成绩服从正态分布，其总体密度函数为：f(x) e 22 ，且 p(80 x100)0.6，  2π 若联考的学生有500人，则成绩超100过分的人数约为（ ) A．100 B．120 C．125 D．150 1 3 5．已知正实数x，y满足  1，则3xy5x的最小值为（ ) x y A．24 B．25 C．26 D．27 6  1  6． x 1 的展开式中，常数项为（ )  x  A．140 B．141 C．141 D．140  x2 3x4 ,xa 7．已知函数 f(x) ，对于任意两个不相等的实数x ,x R，都有不等式 1 2 ax22,x a (x x )  f(x ) f(x ) 0成立，则实数a取值范围为（ ) 1 2 1 2 A．(,4] B． 6,4  C． 4,0  D．(,6] 8．已知函数 f  x 定义域为R，且2yf  x 2xf  y  xy  yx ，下列结论成立的是（ ) A． f  x 为偶函数 B． f  2 2 学科网（北京）股份有限公司C． f  x 在  1,2  上单调递减 D． f  x 有最大值 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9．对具有相关关系的两个变量x和)进行回归分析时，下列结论正确的是（ ) A．若A，B两组成对数据的样本相关系数分别为r 0.97，r 0.99，则A组数据比B组数据的相关 A B 性较强 B．若所有样本点都落在一-条斜率为非零实数的直线上，则决定系数R2的值为1 C．若样本点的经验回归方程为 yˆ 0.4x1.2，则在样本点 2,1.7 处的残差为0.3 D．以 y cekx模型去拟合一组数据时，为求出回归方程，设z ln y，将其变换后得到线性方程z 2x3， 则c，k的值分别是e3和2 1   1   3 10．已知事件A，B，且P(A) ，P B A  ，P B A  ，则（ ) 3 5 5 2 4 A．P(AB) B．P  B| A  5 5 11 3 C．P(AB) D．P  B  15 5 11．已知函数 f(x)esinx ecosx，则（ ) 5π A． f  x 的图象关于x 对称 4 B． f  x  f  xn 4 C． f  x  f x 3 π 3π  2 D． f  x 在区间  ,  上的极小值为2e 2 2 2  第Ⅱ卷 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共15分．第 13题第一空2分，第二空 3分 12．已知函数 f  x   x2 ax    ex ex  为奇函数，则实数a的值为______． 13．某快件从甲送到乙需要5个转运环节，其中第1，2两个环节各有a，b两种方式，第3，4两个环节各 有b，c两种方式，第5个环节有d，e两种方式，则快件从甲送到乙，第一个环节使用a方式的送达方式有 ______种；从甲到乙恰好用到4种方式的送达方式有______种． 14．定义(A)为集合A中所有元素的乘积，规定：只有一个元素时，乘积即为该元素本身，已知集合  2 5 1 M  , ,1,3,7,8, ，集合M的所有非空子集依次记为M 、M 、…、M ，则  3 4 2 1 2 127 学科网（北京）股份有限公司(M )(M )...(M )______． 1 2 127 四、解答题：本大题共5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分)对某地区2024年第一季度手机品牌使用情况进行调查，市场占有率数据如下： 甲品牌 乙品牌 其他品牌 市场占有率 50% 30% 20% （1)从所有品牌手机中随机抽取2部，求抽取的2部中至少有一部是甲品牌的概率； （2)已知所有品牌手机中，甲品牌、乙品牌与其他品牌手机价位不超过4000元的占比分别为40%，30%， 50%，从所有品牌手机中随机抽取1部，求该手机价位不超过4000元的概率． 16．（15分)某工厂进行生产线智能化升级改造，对甲、乙两个车间升级改造后，（1)从该工厂甲、乙两个车 4 3 间的产品中各随机抽取50件进行检验，其中甲车间优等品占 ，乙车间优等品占 ，请填写如下列联表： 5 5 优等品 非优等品 总计 甲车间 乙车间 总计 依据小概率值0.05的独立性检验，能否认为车间与优等品有关联？（结果精确到0.001) n  ad bc 2 2  ，其中nabcd ．  ab  cd  ac  bd  下表是X独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值．  0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 x  （2)调查了近10个月的产量x （单位：万个)和月销售额y （单位：万元)，得到以下数据： i i 10 10 10 10 x 20,y 70,x2 88,x y 200，根据散点图认为y．关于x的经验回归方程为 yˆ b ˆ xaˆ， i i i i i i1 i1 i1 i1 试求经验回归方程． n n ( x x )( y  y ) x y nxy i i i i 参考公式：aˆ  yb ˆ x，其中b ˆ i1  i1 n n ( x x )2 x2 nx2 i i i1 i1 1 17．（15分)已知函数 f  x alnx x2， aR  2 （1)讨论函数函数 f  x 的的单调性； （2)若函数 f  x 有极值点， （i)求实数a的取值范围； 学科网（北京）股份有限公司（ii)判断 f  x 的零点个数． 3 2 18．（17分)甲和乙两个箱子中各装有N个大小、质地均相同的小球，并且各箱中 是红球， 是白球． 5 5 （1)当N 5时，分别从甲、乙两箱中各依次随机地摸出3个球作为样本，设从甲箱中采用不放回摸球得到 的样本中红球的个数为X，从乙箱中采用有放回摸球得到的样本中红球的个数为Y，求E  X ，E  Y ， D  X ，D  Y ； （2)当N 10时，采用不放回摸球从甲箱中随机地摸出5个球作为样本，设A  k 1,2,3,4,5 表示“第k k 次取出的是红球”，比较P  AA A A 与P  A  P  A  P  A  P  A 的大小； 1 2 3 4 1 2 3 4 （3)由概率学知识可知，当总量N足够多而抽出的个体足够少时，超几何分布近似为二项分布．现从甲箱 中不放回地取3个小球，恰有2个红球的概率记作P；从乙箱中有放回地取3个小球，恰有2个红球的概 1 率记作P ．那么当N至少为多少时，我们可以在误差不超过0.003（即P P 0.003)的前提下认为超几 2 1 2 何分布近似为二项分布？（参考数据： 290 17.03) 19．（17分)已知函数 f  x lnx2xb  b2 ． （1)证明： f  x 恰有一个零点a，且a 1,b ； （2)我们曾学习过“二分法”求函数零点的近似值，另一种常用的求零点近似值的方法是“牛顿切线法"．任 取x  1,a ，实施如下步骤：在点  x , f  x  处作 f  x 的切线，交x轴于点 x ,0 ；在点  x , f  x  处 1 1 1 2 2 2 作 f  x 的切线，交x轴于点 x ,0 ；一直继续下去，可以得到一个数列 x ，它的各项是 f  x 不同精 3 n 确度的零点近似值． （i)设x  g  x ，求g  x 的解析式； n1 n n （ii)证明：当x 1,a ，总有x  x a n n1 2023-2024 学年第二学期高 3 二九县（区、市)期末联考 高二年级（数学)评分细则 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，有且 只有一项符合题目要求． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C B A B C B D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多 项符合要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 学科网（北京）股份有限公司题号 9 10 11 答案 BD ABC ABD 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共15分．第 13题第-空2分，第二空 3分． 12．0． 13．16，16 14．215 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（共 5大题，13分+15 分+15 分+17 分+17 分，共 77分) 15．（1)解法1；随机抽取1部手机，是甲品牌的概率0.5， 抽取的两部手机至少有一部是甲品牌的概率P 10.52 0.75． 解法2：随机抽取1部手机，是甲品牌的概率为0.60.50.3， 0.60.50.3抽取的两部手机至少有一部是甲品牌的概率P 0.50.5C1 0.50.50.75． 2 （2)解：从该地区所有品牌手机中随机抽取1部， 记事件A，A ，A 分别为“抽取的手机为甲品牌、乙品牌、其他品牌手机” 1 2 3 记事件B为“抽取的手机价位不超过4000元” 则P  A 0.5，P  A 0.3，P  A 0.2， 1 2 3 P  B| A 0.4，P  B| A 0.3，P  B| A 0.5， 1 2 3 所以P(B) P(AB)P(A B)P(AB) P(A)P(B A)P(A )P(B A )P(A )P(B A )． 1 2 3 1 1 2 2 3 3 0.50.40.30.30.20.50.39， 该手机价位不超过4000元的概率为0.39． 16．（1) 优等品 非优等品 总计 甲车间 40 10 50 乙车间 30 20 50 总计 70 30 100 设H ：车间与优等品无关． 0 n  ad bc 2 (40203010)2100 100 2    4.7623.841 x  ab  cd  ac  bd  70305050 21 0.05 根据小概率值0.05的独立性检验，能在犯错误的概率不超过0.05的情况下，认为两车间的优等品有差 异． （2)解：依题意得： 1 10 1 10 x  x 2，y  y 7 10 i 10 i i1 i1 学科网（北京）股份有限公司10 10 又因为x y 200，x2 88， i i i i1 i1 10 x y 10xy i i 2001027 60 故b ˆ i1    1.25， 10 881022 48 x2 10x2 i i1 aˆ  y b ˆ x 71.2524.5 所以经验回归方程为yˆ 1.25x4.45 17．（1)解：函数 f  x 的定义域为 x|x0  a x2 a  f(x) x ， x x ①当a0时， f x 0恒成立， f  x 在(0,)上单调递减 ②当a0时，令 f x 0，得x  a（舍去)x  a 1 2 x     0, a a a, f x  + 0 -   递增 极大值 递减 f x  f  x 的单调递增区间为  0, a  ，单调递减区间为  a,  综上所述：当a0时 f  x 在定义域(0,)上单调递减； 当a0时 f  x 的单调递增区间为  0, a  ，单调递减区间为  a,  ． （2)解：（i)由（1)知a0 （ii)由（1)知 f  x 的极大值为 f  a  1 2 1 1 1 f( a)aln a  a  alna a  a(lna1) 2 2 2 2 当lna10即0ae时， f  a  0，则 f  x 无零点； 当lna10即ae时， f  a  0，则 f  x 有1个零点：   当lna10即ae时， f a 0 1 1 1 1 Q f(1)aln1  0， f(a)alna a2 a(lna a) 2 2 2 2 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 令g(a)lna a，(a e)，g(a)  0，g  a 在(e,)上单调递减 2 a 2 1 1 g(a) g(e)lne e1 e0， f(a)0 2 2  f  x 有2个零点； （注：当ae时的情况，没有给出函数值为负值的2个特殊点，直接得出2个零点，给1分) 综上所述：当0ae时， f  x 无零点；， 当ae时， f  x 有1个零点；当ae时， f  x 有2个零点 18．（1)对于有放回摸球，每次摸到红球的概率为0.6，且每次试验之间的结果是独立的， 3 3 9 3 2 18 则Y ~ B(3, ),E(Y)3  ,D(Y)3   5 5 5 5 5 25 X服从超几何分布，X的可能取值为1，2，3，则 C2C1 3 C1C2 3 C3 1 P(X 1) 2 3  ,P(X 2) 2 3  ,P(X 3) 3  C3 10 C3 5 C3 10 5 5 5 3 3 1 9 E(X)1 2 3  ， 10 5 10 5 2 2 2  9 3  9 3  9 1 9 D(X) 1    2    3     5 10  5 5  5 10 25 2 3 3 1 9 9 或【D(X)12 22 32     】 10 5 10 5 25 6A4 3 3 （2)解：Q P(A ) 9  ，即采用不放回摸球，每次取到红球的概率都为P  A  ： k A5 5 k 5 10 4 3 81 P(A)P(A )P(A )P(A )    1 2 3 4 5 625 A4C1 65436 1 81 又P  AA A A  6 6    ， 1 2 3 4 A5 109876 35 625 10 则P  AA A A  P  A  P  A  P  A  P  A ． 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 2 54 （3)因为P C2     0.432 ， 2 3 5 5 125 3 3  N N 1 C2 C1 5 5   2 N N   3 N 1   3 2 N N 2 5 18 5  P  3 5    ， 1 C3 N  N 1  N 2  25 (N 1)(N 2) N 6 学科网（北京）股份有限公司3  N N 1 18 5  Q P P 0.003，即  0.4320.003， 1 2 25 (N 1)(N 2) 3  3  N N 1 N N 1 18 5  5  29 即   0.435，即  ， 25 (N 1)(N 2) (N 1)(N 2) 48 3  由题意知 N 1  N 2 0，从而48N N 1 29  N 1  N 2 ， 5  化简得N2 195N 2900， 解法1： 290 290 又N 0，N  195，令 f  x  x  x0 ， N x 290 x2 290 则 f x 1  ， x2 x2 所以当0 x 290时 f x 0，当x 290时 f x 0， 所以 f  x 在  0, 290  上单调递减，在( 290,)上单调递增， 【此处证单调性另解： 290 290 f  x  x  x0 为对勾函数，f  x  x 2 290 34.06，（当且仅当x 290时取等)．所 x x 以 f  x 在  0, 290  上单调递减，在( 290,)上单调递增】 290 所以 f  x 在x  290 17.03处取得最小值，从而y  N  在N 18时单调递增， N 290 290 290 当N 20时，N  147，又193 194.50195，194 195.49195， N 193 194 当N 194时，符合题意 2 3 考虑到 N ， N都是整数，则N一定是5的正整数倍， 5 5 所以N至少为195时，在误差不超过0.003（即P P 0.003)的前提下认为超几何分布近似为二项分布． 1 2 解法2： 化简得N2 195N 2900， 195 1952 4290 195 1952 4290 N  或 ， 2 2 QN为整数，N 1或N 194 学科网（北京）股份有限公司2 3 Q N ， N都是整数，则N一定是5的正整数倍， 5 5 所以N至少为195时，在误差不超过0.003（即P P 0.003)的前提下认为超几何分布近似为二项分布． 1 2 19．（1) f  x lnx2xb  b2 ，定义城为(0,)， 1 所以， f x  20在(0,)上恒成立，所以函数 f  x 在(0,)上单调递增， x 因为 f  1 ln12b2b0  b2 ， f  b lnb26bblnbb0  b2 ， 所以，存在唯一a 1,b ，使得 f  a 0，即： f  x 有唯一零点a，且a 1,b ； 1 （2)（i)由（1)知 f x  2， x 所以，曲线 f  x 在  x , f  x  处的切线斜率为k  1 2， n n n x n 所以，曲线 f  x 在  x , f  x  处的切线方程为 n n 12x y f(x ) f (x )(xx )，即,y  n xlnx b1， n n n x n n x lnx (b1)x 令y 0得x n n n ， 12x n x lnx (b1)x  x lnx (b1)x 所以，切线与x轴的交点 n n n ,0，即x  n n n ，  12x  n1 12x n n x lnx (b1)x 所以，g(x ) n n n ； n 12x n 证明：（ii)对任意的x  0,，由（i)知，曲线 f  x 在  x , f  x  处的切线方程为： n n n 12x 12x y  n xlnx b1，故令h(x) y  n xlnx b1， x n x n n n 1 令F(x) f(x)h(x)lnx xlnx 1， x e n 1 1 x x 所以，F x    n ， x x x x n n 所以，当x 0,x 时，F x 0，F  x 单调递增， n 当x x ,时，F x 0，F  x 单调递减， n 学科网（北京）股份有限公司所以，恒有F  x  F  x 0，即 f  x h  x 恒成立，当且仅当x  x 时等号成立， n n f(x ) 另一方面，由（i)知，x  x  n ， n1 n f(x ) n 且当x a时x  x ， n n1 n （若x a，则 f  x  f  a 0，故任意x  x L x a ，显然矛盾)， n n n1 n 1 因为x 是h  x 的零点，所以 f  x h  x  f  a 0， n1 n1 n1 因为 f  x 为单调递增函数，所以，对任意的x a时，总有x a， n n1 又因为x a，所以，对于任意nN*，均有x a，所以， f x 0， f  x  f  a 0， 1 n n n f(x ) 所以x  x  n  x ， n1 n f(x ) n n 综上，当x  1,a ，总有x  x a ． 1 n n1 学科网（北京）股份有限公司