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