数学答案_A1502026各地模拟卷（超值！）_6月_240627河南省郑州市2023-2024学年高二下学期6月期末生物_河南省郑州市2023-2024学年高二下学期6月期末数学

郑州市 2023—2024 学年下期期末考试
高中二年级 数学评分参考
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B C A D D A B
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，18分.
题号 9 10 11
答案 AD CD BC
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
97 30
12. 2e ； 13.72； 14.0.0485或 ； .
2000 97
四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13分）
n
 1 
解：因为二项式 2x

的二项展开式中各二项式系数之和为256，
 3 x
即C0C1 Cn 2n 256，可得n8.
n n n
（1）  2x 1   8 的展开式的通项T Ck2x8k   1   k Ck28kx 24 3 4k k 0,1,2,8，
 3 x  k1 8  3 k  8
244k
令 4得k 3，T C325x4 1792x4，所以展开式中x4项的系数是1792. ----7分
3 4 8
（2）由（1）可知，展开式中的第1,4,7项为有理项
且T C028x8 256x8 T C325x4 1792x4
1 8 4 8
T C622x0 112 ----------------------.13分
7 8
16．（15分）
1 1
解:（1）由题知x 135795，y 253748587248，
5 5
5 5 5
又(x x)2 40，(y y)2 1326，x y 1430，
i i i i
i1 i1 i1
所以，
 5  x x  y  y   5 x y 5 xy
i i i i 14305548 230
r i1  i1   0.999
 5  x x 2 5  y  y 2  5  x x 2 5 y y  2 401326 230.3041
i i i i
i1 i1 i1 i1
由样本的相关系数非常接近1，可以推断新能源汽车年销售量和充电桩数量这两个变量正线
性相关，且相关程度很强，所以可以用线性回归模型拟合它们的关系．--------------------8分
 5  x x  y y 
i i 230
（2）b ˆ i1  5.75，aˆ yb ˆ x485.755 19.25，
 5  x x 2 40
i
i1
所以y关于x的线性回归方程为yˆ 5.75x19.25．
当x24时，yˆ 5.752419.25157.25，
故当充电桩数量为24万台时，该地区新能源汽车的年销量为157.25万辆．-----------15分
17.（15分）
2
解： fx2axa4 ，定义域为0,∞
x
2 2x25x2 2x1x2
（1）当a1时， fx2x5  
x x x
1 1
当 fx0时，得0x 或x2；当 fx0时，得 x2
2 2
 1 1 
故函数 f x在0, 和2,4上单调递增，在 ,2上单调递减，
 2 2 
1 9 1
又 f   2ln2， f 444ln2， f 4 f  
2 4 2
因此函数 f x在0,4 上的最大值为44ln2.--------------------------------------------6分
2
2ax2a4x2 ax22x1
（2） fx2axa4  
x x x
1 2 1 2
当0a4时， fx0时，得0x 或x ； fx0时，得 x
2 a 2 a
 1 2  1 2
故函数 f x在 0,  和  ,∞ 上单调递增，在  ,  上单调递减；
 2 a  2 a
22x12
当a4时，此时 fx 0
x
故函数 f x在0,∞上单调递增；
2 1 2 1
当a4时， fx0时，得0x 或x ； fx0时，得 x
a 2 a 2 2 1  2 1
故函数 f x在 0,  和  ,∞ 上单调递增，在  ,  上单调递减；
 a 2  a 2
 1 2  1 2
综上：当0a4时，函数 f x在 0,  和  ,∞ 上单调递增，在  ,  上单调递减；
 2 a  2 a
当a4时，函数 f x在0,∞上单调递增；
 2 1  2 1
当a4时，函数 f x在 0,  和  ,∞ 上单调递增，在  ,  上单调递减.-----------15分
 a 2  a 2
18. （17分）
解：（1）记一道多选题“有2个选项正确”为事件 ，“有3个选项正确”为事件 ，“小明该
题得6分”为事件B，  1  2
则 ，求得 .-------------------------------6分
1 1 1
(  )=    1 =   1 ×    1 =  ×C3 2 =12  =4
（2）若小明选择方案①，则小强的得分为3分.
若小明选择方案②，记小强该题得分为X，则 ，
=0,3,6
且 ，
1 1
C2 C1 5 2 7 1 17
(  =0)=   1 C3 1 +   2 C3 1 =12×3+12×3=36
，
1
C2 7 2 14 7
(  =3)=   2 C3 1 =12×3=36 =18
，
1
C1 5 1 5
(  =6)=   1 C3 1 =12×3=36
所以， ，
17 14 5
若小明选  ( 择  ) 方 = 案 0 ③ × ，36记 + 小 3× 强3该6+ 题 6 得 × 分36为 = Y 2 ，则 ，且
=0,6
，
2 1 1
C3 C1C2 5 7 2 29
(  =0)=   1 C3 2 +   2 C3 2 =12+12×3 =36
，
2
C2 7 1 7
(  =6)=   2 C3 2 =12×3 =36
所以， ,
29 7 7
因为  (  )=0×36+ ， 6 所 × 以36小 = 明6应选择方案①.--------------------------------------------------15分
19.（  17  分<）   <3
解：（1） 因为 f(x)x3x21，则 f(x)3x22x，
k  f(1)1, f 11，曲线 f(x)在x 1处的切线为y1x1x 2，且
1 0 1
|x x |≥0.5，
1 0
13
k  f(2)8, f 23，曲线 f(x)在x 2处的切线y38x2 x  1.63，
2 1 2 8
且|x x |0.5，故用牛顿法求方程 f(x)0满足精度0.5的近似解为1.63.--------------5分
2 1（2）（ⅰ）设P x ,0，则Q  x ,gx  ，因为gx2x，所以gx2xln2，
n1 n1 n1 n1 n1
则Q  x ,gx  处切线为y2xn1ln2xx 2xn1，
n1 n1 n1 n1
切线与x轴相交得P x ,0，
n n
1 1
x x  ，即 x x  为定值.根据牛顿法，此函数没有零点.----------------11分
n n1 ln2 n n1 ln2
n1
（ⅱ）因为x 0得x  ，
0 n1 ln2
所以 PP  PP  P P  1 ，gx 2  n ln  2 1   2log2en1  1 ，
0 1 1 2 n1 n ln2 n1 en1
1 1  1 1 1 1 
所以S S S   1     ，
P0Q0P1 P1Q1P2 Pn1Qn1Pn 2 ln2 e e2 e3 en1
1
1
1  1 1 1 1  1 en
 1      ，
2ln2 e e2 e3 en1 2ln2 1
1
e
1 en1 en1
   log e．
2ln2 enen1 enen1 4
故所得前n个三角形，△PQ P，△PQP ，……，△P Q P 的
0 0 1 1 1 2 n1 n1 n
en1
面积和为 log e.---------------------------------------------------------------------------------17分
enen1 4