2023-2024学年安徽省马鞍山市高二年级第二学期期末联考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省马鞍山市高二年级第二学期期末联考数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.函数y=csx的图象在点(π3,12)处切线的斜率为( )
A. − 32B. −12C. 32D. 12
2.六一儿童节，西湖小学举办欢乐童年联欢会，原定的7个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入原节目单中，那么不同的插法种数为( )
A. 180种B. 336种C. 720种D. 1440种
3.在(x2−y)5的展开式中，x4y3项的系数为( )
A. 10B. −10C. 20D. −20
4.已知函数y=f(x)，y=g(x)的导函数的图象如图，那么y=f(x)，y=g(x)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
5.假设A，B是两个事件，且P(A)>0，P(B)>0，则下列结论一定正确的是( )
A. P(A|B)P(B)=P(AB)B. P(A|B)=P(B|A)
C. P(A|B)≤P(B)D. P(A|B)≤P(A)
6.小明用摸球的方式决定周末去A或B地游玩.规则如下：箱子里装有质地和大小完全相同的4个红球和3个白球，从中任取4个小球，若取出的红球个数不少于白球个数，则去A地，否则去B地，则小明去A地游玩的概率为( )
A. 1235B. 1335C. 57D. 3135
7.随机变量X的分布列如下，则方差D(bX)的最大值为( )
A. 127B. 227C. 19D. 29
8.已知a，b满足aea=blnb−b=e3(e是自然对数的底数)，则( )
A. ea+1二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 两个随机变量的线性相关性越强,则相关系数r越接近于1
B. 用不同的模型拟合同一组数据, 则残差平方和越大的模型拟合的效果越好
C. 随机变量ξ~N(2,σ2),P(ξ<4)=0.8,则P(2<ξ<4)=0.3
D. 随机变量X~B(10,0.7),则当k=7时,P(X=k)最大
10.甲乙两人进行投篮比赛，共比赛2n(n∈N∗)局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为12.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为P(n)，则( )
A. P(2)=516B. P(3)=1116
C. P(n)的最大值为12D. P(n)的最小值为14
11.已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数为g(x)，f(x+2)和g(2x+1)都是奇函数，f(1)=1，则下列说法正确的是( )
A. g(x)关于点(1,0)对称B. f(x)+f(−x)=0
C. g(2025)=1D. k=02024f(k)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若(x−3)10=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+a3(x−1)3+⋯+a10(x−1)10，则a1+a2+⋯+a10= ．
13.如果一个四位数各个位数上的数字之和为8，则称这个四位数为“幸运数”，那么总共有 个“幸运数”．
14.如图，一点从正方形的顶点A处出发在各顶点间移动，每次移动要么以13的概率沿平行于BC方向(正、反方向均可)移动一步;要么以23的概率沿平行于AB方向(正、反方向均可)移动一步.设移动2n(n∈N∗)步后回到点A的概率为An，到达点C的概率为Cn，则A1= ，An−Cn= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=−1时取得极小值0．
(1)求实数a，b的值;
(2)求f(x)在区间[−3,3]上的最值．
16.(本小题12分)
某企业为了打开产品销路，斥资摄制了一部广告宣传片，于2024年1月1日开始在各电视媒体投放.统计该企业2024年前5个月的销售收入，获得数据如下：
(1)已知x与y呈线性相关关系，求经验回归方程y=bx+a，并据此预测该企业2024年7月份的销售收入;
(2)为了解此次广告投放的效果，该企业随机抽取60名消费者进行问卷调查，得到如下不完整的列联表：
请将上表补充完整，并依据小概率值α=0.05的独立性检验，能否认为购买产品与观看广告有关联?
参考数据：i=15(xi−x)(yi−y)=1170．
参考公式：最小二乘法估计b=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2，a=y−bx．
χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=1+2lnxx2．
(1)证明：f(x)≤1;
(2)设x1，x2为方程f(x)−m=0的两个根，且x1≠x2，求证：x1x2x12+x22>m2−lnm．
18.(本小题12分)
2024年5月18日世界博物馆日中国主会场活动在陕西历史博物馆举办，同时“秦汉文明”系列展览开幕.某校组织学生参加志愿者服务，志愿活动共有特展讲解、秩序维持、少儿手绘培训三项.志愿者参加特展讲解可获得3个志愿积分，参加秩序维持、少儿手绘培训可获得2个志愿积分，凭积分可在博物馆领取相应的纪念品.某班有6名学生(男生2人，女生4人)参加志愿活动，每个人的选择互不影响．
(1)若每个人等可能的选择一项活动参加，求在男生甲选择了秩序维持的条件下，男生乙也选择秩序维持的概率;
(2)若两个男生都只参加秩序维持，每个女生从特展讲解、少儿手绘培训中选择一项或两项参加，且选择一项参加和选择两项参加的概率都为12.现从6人中随机选取两人，记两人积分之和为X，求X的分布列和期望E(X)．
19.(本小题12分)
定义一：整数1，2，3，⋯，n(n∈N∗)的排列称为n级排列，例如：2431是一个4级排列．
定义二：在一个n级排列j1j2j3⋯jn中，如果一对数的前后位置与大小顺序相反，那么它们就称为一个逆序.一个排列中逆序的总数就称为这个排列的逆序数，记为F(j1j2j3⋯jn).例如：4级排列2431中的逆序有21，43，41，31，所以F(2431)=4．
(1)求6级排列215643的逆序数F(215643);
(2)称逆序数是偶数的排列为偶排列，逆序数是奇数的排列为奇排列．
(ⅰ)判定n级排列n(n−1)(n−2)⋯21，n∈N∗的奇偶性;
(ⅱ)现将一个n级排列T:x1x2x3⋯xn−1xn中的任意两个数交换位置，其余数位置不变，得到一个新的n级排列T′，证明：T与T′的奇偶性不同．
答案简析
1.A
【简析】解：∵f(x)=cs x，∴f′(x)=−sin x，
∴函数f(x)=cs x的图象在点(π3,12)处的切线的斜率
k=f ′(π3)=−sin⁡π3=− 32．
故选A．
2.C
【简析】解： ∵由题意知将这3个节目插入节目单中，原来的节目顺序不变，
∴三个新节目一个一个插入节目单中，
原来的7个节目连同两端形成8个空，在这8个位置上插入第一个节目，共有8种结果，
原来的7个和刚插入的一个，形成9个空，有9种结果，同理最后一个节目有10种结果，
根据分步计数原理得到共有插法种数为8×9×10=720，
故选C．
3.B
【简析】解： (x2−y)5的展开式的通项公式为： Tr+1=C5r·(x2)5−r·(−y)r=(−1)rC5r·x10−2ryr，
令r=3，所以含 x4y3项的系数为： (−1)3C53=−10，
故选B．
4.A
【简析】解：从导函数的图象可知：
g′x⩾0恒成立，所以函数g(x)单调递增，排除BC；
设f′x的图象与x轴交于点A(t,0)，
则f′x⩽0时，x⩽t；f′x>0时，x>t；
所以函数f(x)先单调递减再单调递增，排除D，
故选A．
5.A
【简析】解：对于A，由题知 P(A|B)=P(AB)P(B)，P(AB)=P(B)P(A|B)，故A正确；
对于B，由 P(B|A)=P(AB)P(A)，P(A|B)=P(AB)P(B)，故当 P(A)=P(B)时才有 P(B|A)=P(A|B)，故B错误；
对于C，由P(A|B)=P(AB)P(B)，P(AB)≤P(A)，无法判断P(A|B)≤P(B)，故C错误；
对于D，由 P(A|B)=P(AB)P(B)， 1⩾P(B)>0，P(AB)≤P(A)，无法判断P(A|B)≤P(A)，故D错误；
故选A．
6.D
【简析】解：记事件A：任取4个小球，取出的红球个数不少于白球个数，即红球个数大于等于2，
分为红球个数X为2，3，4三种情况：
PX=2=C42C32C74=1835，PX=3=C43C31C74=1235，PX=4=C44C30C74=135，
故P(A)=P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=3135．
7.A
【简析】解：由题可知2a+2b=1，即a+b=12，b∈0,12，
E(X)=a+4b+3a=4(a+b)=2，
D(X)=a(1−2)2+(3−2)2a=2a．
D(bX)=b2D(X)=2ab2=−2b3+b2，
令f(b)=−2b3+b2，b∈0,12，
则f′(b)=−6b2+2b=−2b(3b−1)，
当00，当13则f(b)在(0,13)上单调递增，在(13,12)上单调递减，
所以f(b)max=f(13)=127．
故DbX的最大值为127．
8.D
【简析】解：由aea=e3得a>0，且a+lna−3=0，
由bln b−b=e3得b>0，且lnb−1+lnlnb−1−2=0，
对A选项，令函数fx=x+lnx，函数fx是单调增函数，
所以f(a)=3，f(lnb−1)=2，
故a>lnb−1，所以ea+1>elnb=b，故A错误；
对B选项，由A选项，a>lnb−1，b>0，所以ab>blnb−b=e3，故B错误．
对C选项，由A选项，因为522− e2=25−4e4>0，
所以f(52)−f(a)=52+ln52−3=ln52−12>ln e−12=0，
故a<52，故C错误．
对D选项，若证明12e3即ln12e2又函数fx=x+lnx是单调增函数，
只需证明f(ln12e2)<2而f(ln12e2)=2−ln2+ln2−ln2<2，f(ln23e2)=2+ln23+ln(2+ln23)>2，
故D正确．
9.CD
【简析】解：对于A，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1，故A错误；
对于B，用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故B错误；
对于C，随机变量ξ~N(2,σ2),P(ξ<4)=0.8,
则P(2<ξ<4)=P(ξ<4)-P(ξ≤2)=0.8-0.5=0.3，故C正确；
对于D，随机变量X~B(10,0.7),
则P（X=k）=C10k0.7k·0.310−k，
设k=7时，P(X=k)最大，
则P(X=k)>P(X=k+1)P(X=k)>P(X=k−1),
C10k0.7k·0.310−k>C10k+10.7k+1·0.39−kC10k0.7k·0.310−k>C10k−10.7k−1·0.311−k,
即0.310−k>0.7k+10.7k>0.311−k，解得6710又k∈N，故k=7时P(X=k)最大，故D正确.
10.AD
【简析】解：由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢n+1局，P(n)=(12)2n(C2nn+1+C2nn+2+...+C2n2n)，而 C2n0+C2n1+...+C2nn−1+C2nn+C2nn+1+...+C2n2n=22n，所以P(n)=12−C2nn22n+1，易知P(n)<12，故C错误；
A：P(2)=12−C4225=516，正确；B：P(3)=12−C6327=1132，错误；D：P(n+1)−P(n)=12(C2nn22n−C2n+2n+122n+2)=12⋅4C2nn−C2n+2n+122n+2，
又4C2nnC2n+2n+1=4⋅(2n)!n!n!÷(2n+2)!(n+1)!(n+1)!=4(n+1)2(2n+2)(2n+1)=2(n+1)2n+1>1，故P(n+1)>P(n)，
故当n=1时，P(n)的最小值为14，正确．
故选：AD．
11.ABD
【简析】解：由 g(2x+1) 为奇函数知g(−2x+1) =−g(2x+1)，
g(−x+1)=−g(x+1)，g(−x+1)+g(x+1)=0，
gx 关于1,0 对称，g(1)=0 ，A正确；
所以函数f(x)关于直线x=1对称，
f(x)=f(−x+2)，f(−x)=f(x+2)
因为f(x+2)为奇函数，所以f(−x+2)+f(x+2)=0，
f(x)+f(−x)=0，B正确；
由f(−x+2)+f(x+2)=0得f(x)+f(4−x)=0 得f′(x)−f′(4−x)= 0，
即 g(x)=g(4−x) ，
所以g(x)关于直线x=2对称，
结合g(x)=f′(x)，根据g(x)关于直线x=2对称可知f(x)关于点(2,t)对称，
将x=2代入f(x)+f(4−x)=0中可得f(2)=0，
所以f(x)关于点(2,0)对称，
综上可得，函数f(x)与g(x)均是周期为4的周期函数，
g(2025)=g(1)=0，C不正确；
根据函数f(x)关于直线x=1对称，关于点(2,0)对称，
结合函数的性质易知f(1)=−f(3)=1，f(2)=f(4)=0，f(0)=0，
f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=[f(1)+f(3)]+[f(2)+f(4)]=0，
所以k=02024f(k)=f(0)+506k=14f(k)=0 ，故D正确．
12.−1023
【简析】解：令x=1，则 a0=1024，
令x=2，则 a0+ a1+ a2+ ⋯+ a10= 1，
故 a1+ a2+ ⋯+ a10= 1−1024=−1023，
故答案为−1023．
13.120
【简析】
解：
若后三位中有三个0，故只有8000，这样的四位数有1个；
若后三位中有两个0，这样的四位数有7C32=7×3=21个；
若后三位中有一个0，这样的四位数有3×3+2A33C31=63个;
若后三位中没有0，这样的四位数有C41+2A42+C42+1=35个
综上所述，符合题意的四位数有1+21+63+35=120个
14.59；19n
【简析】解：已知沿平行于AB方向走得概率为23，沿平行BC方向走得概率为13．
A1即移动两次后回到A点的概率，有两种可能：沿平行BC方向移动或者沿平行AB方向移动.故
A1=13×13+23×23=59．
同理，掷两次后停在C点概率为49，记作C1，
设掷2n(n∈N∗)次骰子后回到C点的概率为Cn，
可以得到递推公式：An+1=59An+49CnCn+1=49An+59Cn.两式相减得An+1−Cn+1=19(An−Cn)，
故{An−Cn}是等比数列，首项为19，公比为19，
所以An−Cn=19n．
15.解：(1)∵f(x)=x3+3ax2+bx+a2，
∴f​′(x)=3x2+6ax+b，
∵f(x)在x=−1时有极值0，
∴f(−1)=−1+3a−b+a2=0f′(−1)=3−6a+b=0,
∴a=1b=3或a=2b=9,
当a=1b=3时，f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0，
所以f(x)在定义域上单调递增，无极值，故舍去；
所以a=2，b=9，经检验，符合题意．
(2) 由(1)知：f′(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3)，
故f(x)在[−3,−1)上单调递减，(−1,3]上单调递增，
又f(−3)=4，f(−1)=0，f(3)=112．
所以f(x)在x∈[−3,3]上得最小值为0，
最大值为112．
【简析】
(1)已知函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=−1处有极值0，即f(−1)=0，f′(−1)=0，通过求导函数，再代入列方程组，即可解得a、b的值，并检验得到答案；
(2)解f′(x)=0，分析可得函数f(x)的单调区间，从而确定最值．
16.解：(1)因为x=3，y=590，i=15(xi−x)2=10，i=15(xi−x)(yi−y)=1170，
b=i=15(xi−x)(yi−y)i=15(xi−x)2=117010=117，
a=y−bx=570−117×3=219，
所以经验回归方程为y=117x+219，
当x=7时，y=117×7+219=1038(万元)．
所以预测2024年7月份该公司销售金额为1038万元．
(2)列联表如下．
零假设H0:购买产品与观看广告无关，
根据以上数据，经计算得到K2=60×(30×10−15×5)235×25×45×15=367>3.841，
根据小概率值α=0.025的独立性检验我们推断H0不成立，认为购买产品与观看广告有关联．
【简析】
(1)根据公式得出b和a，可得经验回归方程，代入x=7可得预测值；
(2)先得出列联表，由公式得出K2，对照临界值表可得结论．
17.证明：(1)由已知f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2x⋅x2−2x(1+lnx)x4=−4lnxx3，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，即f(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，即f(x)在(1,+∞)上单调递减;
所以f(x)≤f(1)=1．
(2)由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增;在(1,+∞)上单调递减，
且当x→0时，f(x)→−∞时，当x→+∞，f(x)→0，则0又x1，x2(x1≠x2)为方程f(x)−m=0的两个根，
则1+2lnx1x12−m=0，1+2lnx2x22−m=0，且x1x2>0，
所以mx12=1+2lnx1，mx22=1+2lnx2，
则m(x12+x22)=2+2lnx1+2lnx2=2+2lnx1x2;
要证：x1x2x12+x22>m2−lnm，即证：m(x12+x22)<(2−lnm)x1x2，
即证：2+2lnx1x2<2x1x2−x1x2lnm，
设g(x)=1+lnx−x，则g′(x)=1x−1=1−xx，
则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)=0，即1+lnx≤x，则有1+lnx1x2≤x1x2，
所以2+2lnx1x2≤2x1x2<2x1x2−x1x2lnm，
故得证x1x2x12+x22>m2−lnm．
【简析】
(1)利用研究单调性，即可得证；
(2)由x1，x2(x1≠x2)为方程f(x)−m=0的两个根，得m(x12+x22)=2+2lnx1+2lnx2=2+2lnx1x2，要证：x1x2x12+x22>m2−lnm，即证2+2lnx1x2<2x1x2−x1x2lnm，设g(x)=1+lnx−x，利用导数研究单调性即可得证．
18.解：(1)P=1×3435=13；
(2)若2男生，积分和为4分;
1男1女，积分和的可能取值为4，5，7分．
若2女生，积分和的可能取值为4，5，6，7，8，10分，
故X的所有可能取值为4，5，6，7，8，10，
P(X=4)=C22C62+C21C41C62×12×12+C42C62×12×12×12×12=27120;
P(X=5)=C21C41C62×12×12+C42C62×A22×12×12×12×12=22120，
P(X=6)=C42C62×12×12×12×12=3120，
P(X=7)=C21C41C62×12+C42C62×C21×12×12×12=44120，
P(X=8)=C42C62×12×12=12120，
P(X=10)=C42C62×C21×12×12×12=12120，
E(X)=4×27120+5×22120+6×3120+7×44120+8×12120+10×12120=193．
【简析】
(1)根据古典概型公式可得结果；
(2)易得X的所有可能取值为4，5，6，7，8，10，得出对应概率，可得X的分布列和期望E(X)．
19.解：(1)逆序有：21，54，53，64，63，43，故共6个，故F(215643)=6;
(2)(i)由逆序数定义F(n(n−1)(n−2)⋯21)=(n−1)+(n−2)+(n−3)+⋯+2+1=n(n−1)2，
当n=4l，n=4l+1，l∈N∗时，n(n−1)2为偶数，排列n(n−1)(n−2)⋯21是偶排列;
当n=4l+2，n=4l+3，l∈N∗时，n(n−1)2为奇数，排列n(n−1)(n−2)⋯21是奇排列．
(ii)证明：设将排列T:x1x2x3⋯xn−1xn中的xi与xj，1≤i ①如果xi与xj相邻，即i+1=j，则除xi与xj外其余元素的逆序数不变，
故xixj时，F(T′)=F(T)−1．
所以F(T′)与F(T)奇偶性不同．
②如果xi与xj不相邻，记i+m+1=j，m≥1，
则可将排列T:x1x2⋯xixi+1⋯xi+mxjxj+1⋯xn，
经过m+1次相邻变换将xj移动到xi之前，
得到排列T1:x1x2⋯xjxixi+1⋯xi+mxj+1⋯xn，
再经过m次相邻变换，将xi移动到xi+m之后，
得到T′:x1x2⋯xjxi+1⋯xi+mxixj+1⋯xn，
从而排列T可经过2m+1次相邻元素之间的变换得到排列T′，
每一次相邻元素间的变换奇偶性都改变一次，
所以F(T′)与F(T)奇偶性不同．
综上：排列T′与排列T奇偶性不同．
【简析】
(1)根据逆序数的定义求解即可；
(2)(i)根据定义求解逆序数，再对n分情况讨论求解；
(ii)分调换位置的两个元素相邻与不相邻讨论求解．X
1
2
3
P
a
2b
a
月份x
1
2
3
4
5
销售收入y/万元
380
460
580
670
860
观看广告
未观看广告
总计
购买
30
45
未购买
10
总计
α
0.10
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