还剩12页未读，
继续阅读
2023-2024学年山东省滨州市高二下学期7月期末数学试题（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年山东省滨州市高二下学期7月期末数学试题（含解析），共15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.已知全集U=R，集合A={−1,0,1,2,3}，B={x|1A. {−1,0}B. {0,1}C. {−1,0,1}D. {−1,0,1,2}
2.若随机变量X~N(60,σ2),且P(X≤40)=0.2,则P(X≤80)=( )
A. 0.2B. 0.4C. 0.6D. 0.8
3.若a,b∈R，则“aA. 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
4.若幂函数f(x)=xα的图象过点(4,2)，则y=f(2−x)f(x)的定义域是( )
A. (−2,0)B. (0,2]C. [0,2]D. (−2,2)
5.如图，等腰梯形ABCD的上底CD=1，下底AB=3，高为1.记等腰梯形ABCD位于直线x=t(0≤t≤3)左侧的图形的面积为f(t)，则f(t)随t变化时的图象大致是( )
A. B.
C. D.
6.若正实数a，b，满足(a+2)(b+1)=9，则a+b的最小值为( )
A. 9B. 6C. 3D. 2
7.已知 2≈1.41421，小明在设置银行卡的数字密码时，打算将 2的前6位数字1，4，1，4，2，1进行某种排列得到密码.如果排列时要求三个1不相邻，两个4也不相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为( )
A. 6B. 7C. 10D. 12
8.已知[a]表示不超过实数a的最大整数，例如：[−3.5]=−4，[2.1]=2.若函数f(x)=lnx−2lnx+1，其中x∈(1,+∞)，则y=[f(x)]的值域为( )
A. (−2,1)B. {−2,1}C. {−1,0,1}D. {−2,−1,0}
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设函数f(x)=1e|x|+1x2+1，则下列结论正确的是( )
A. f(x)在区间(0,+∞)上为增函数
B. f(x)为偶函数
C. f(x)的值域为(0,2]
D. 不等式f(x+1)>f(2)的解集为(−3,1)
10.已知在(2 x−1 x)n的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则下列结论正确的是( )
A. n=6B. 展开式中含1x的项的系数是−60
C. 展开式的各二项式系数和为64D. 展开式的各项系数和为729
11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+2)−1为奇函数，f(x+1)为偶函数，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的图象关于点(2,1)对称B. f(x)是周期为4的周期函数
C. f(1)+f(3)=0D. k=12024f(k)=2024
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若3a=4，4b=9，则ab= ．
13.在班级数学兴趣小组活动中，老师准备了2道导数题和6道建模题，某小组的8位同学从中不放回的每人随机抽取一题作答，记Ai表示第i位同学抽到导数题，i=1，2，⋯，8，则P(A1|A3)= ．
14.设函数f(x)=x2+2x,x⩽0|lgx|,x>0，若关于x的方程f2(x)+(1−2m)f(x)+m2−m=0有5个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
某景点在2024年2月10日至24日(正月初一至正月十五)期间，为吸引游客，共举行了15场精彩的烟花秀节目.前9场的观众人数(单位：万)与场次的统计数据如下表所示：
经计算可得：y=19i=19yi=2，i=19xiyi=91，i=19xi2=285．
(1)通过作散点图发现x与y之间具有较强的线性相关关系，试用最小二乘法求出y关于x的经验回归方程y=bx+a;(结果中的数值用分数表示)
(2)若该烟花秀节目分A、B两个等次的票价，该节目组织者随机调查了某场烟花秀节目100位观众购买A、B两个等次票的情况，其中60位男性观众中有15位观众购买了B等票;40位女性观众中有5位观众购买了B等票.请根据以上数据，将2×2列联表补充完整，并根据小概率值α=0.050的独立性检验，能否认为观众的性别与购票情况有关联?
附： ①对于一组数据(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn)，其回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘估计分别为：b=i=1nxiyi−nx yi=1nxi2−nx2，a=y−bx．
②χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x(x−c)2，其中c∈R.
(1)若x=2时，f(x)有极小值，求c的值;
(2)若f(x)在区间(2,+∞)存在单调递减区间，求c的取值范围．
17.(本小题15分)
某环保机器制造商为响应“2030年前碳排放达峰行动”的号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后3年内的延保维修方案：
方案一：交纳延保金3000元，在延保的3年内可免费维修1次，超过1次每次收取维修费1000元;
方案二：交纳延保金4000元，在延保的3年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费t元;
制造商为制定t元的收取标准，为此搜集并整理了100台这种机器超过保修期后3年内维修的次数，统计得到下表：
以这100台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后3年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列;
(2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，求使客户选择方案二更合算时t的取值范围．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=xex，g(x)=x2+ax，且曲线y=f(x)在(0,0)处切线也是曲线y=g(x)的切线．
(1)求a的值;
(2)求证：f(x)≤g(x);
(3)若直线y=k与曲线y=f(x)有两个公共点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))，与曲线y=g(x)有两个公共点C(x3,g(x3))，D(x4,g(x4))，求证：x1+x2+x3+x4>1．
19.(本小题17分)
在数字通信中，信号是由0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为p和1−p (0(1)若发送信号一次，求接收为正确信号的概率;
(2)若随机变量M的分布列为P(M=mi)=pi(i=1,2,⋯,n)，记事件M=mi(i=1,2,⋯,n)发生后给我们的信息量为X=−lg2pi，则称X的均值为M的信息熵，记为H (M)=−i=1npilg2pi(i=1,2,⋯,n)
①设发送信号两次，接收为正确信号的次数为M1，若p=q=12，求M1的信息熵H(M1)的值;
②设发送信号一次，接收为正确信号的次数为M2，求M2的信息熵H(M2)取得最大值时p+q的值．
答案解析
1.C
【解析】解：已知全集U=R，集合A={−1,0,1,2,3}，B={x|1则∁UB={xx⩽1或x⩾4}，
图中阴影部分所表示的集合为A∩∁UB={−1,0,1}．
2.D
【解析】解：因为随机变量X～N（60，σ2），则μ=60，
又P（X≤40）=0.2，
所以P(X≤80)=P（X≥40）=1-P（X≤40）=1-0.2=0.8．
3.B
【解析】解：由lna因为若0故“a即“a故选B．
4.B
【解析】解：设幂函数为f(x)=xα，2=4α，解得α=12，
f(x)=x12，
2−x⩾0x>0，解得0y=f(2−x)f(x)的定义域是(0,2]．
5.A
【解析】解：当0≤t<1，f(t)=12t2，
当1≤t<2，f(t)=t−12，
当2≤t≤3，f(t)=2−123−t2，
f(t)=12t2 , 0⩽t<1t−12 ,1⩽t<2123−t2 ,2⩽t⩽3，
则f(t)随t变化时的图象大致是A，故选项为A．
6.C
【解析】解：正实数a，b满足(a+2)(b+1)=9，
则b+1=9a+2，
∴a+b=a+9a+2−1=a+2+9a+2−3≥2 (a+2)⋅9a+2−3=3，当且仅当a=1时取等号，
故a+b的最小值等于3．
7.C
【解析】解：如果排列时要求三个1不相邻，两个4也不相邻，
先排列4，4，2这三个数，当4和4不相邻时，有1种排法，再插入三个1，有 C43种排法;
当4和4相邻时，有 A22种排法，再插入三个1，有A22· C32种排法.所以共有C43+A22·C32 =10(个)．
8.D
【解析】解：∵f(x)=lnx−2lnx+1=ln x+1−3ln x+1=1−3ln x+1，
∵x∈(1,+∞)，
∴0<3ln x+1<3，
∴−2<1−3ln x+1<1，
故y=[f(x)]的值域是{−2,−1,0}．
故选：D．
9.BCD
【解析】解：因为f(x)=1e|x|+1x2+1，所以f(−x)=1e|x|+1x2+1=f(x)，
故f(x)为偶函数，B正确；
当x≥0时，f(x)=1ex+1x2+1，显然为减函数，
当x=0时，f(x)=2，当x趋向于+∞时，f(x)趋向于0，
由偶函数可知f(x)的值域为(0,2]，故A错误，C正确；
由上述偶函数和单调性可知，不等式f(x+1)>f(2)可化为|x+1|<2，
解得−3f(2)的解集为(−3,1)，D正确．
故选BCD．
10.AC
【解析】解：因为(2 x−1 x)n的展开式中只有第四项的二项式系数最大，即Cn3最大，故n=6，
对于A、n=6，故A正确；
对于B、(2 x−1 x)6展开式的通项为Tr+1=C6r2 x6−r−1 xr=−1r26−rC6rx3−r，
令3−r=−1，得r=4，则展开式中含1x的项的系数是−1422C64=60，故C错误；
对于C、展开式的各二项式系数和为26=64，故C正确；
对于D、令x=1，得展开式的各项系数和为2−16=1，故D错误
11.ABD
【解析】解：对于A，由于f(x+2)−1为奇函数，
所以f(x+2)−1=−f(−x+2)+1，f(x+2)+f(−x+2)=2，
f(x)的图象关于关点(2,1)对称，A正确；
对于B，因为f(x+1)为偶函数，所以f(x+1)=f(−x+1)，f(x)的图象关于x=1对称，
得f(x+2)=f(−x)，f(−x+2)=f(x)，
又f(x+2)+f(−x+2)=2，所以f(x)+f(−x)=2①，
将f(x+2)+f(−x+2)=2中的x+2换为x+4，得f(x+4)+f(−x)=2②，
由①②可得f(x+4)=f(x)，f(x)是周期为4的周期函数，B正确；
对于C，f(x+2)+f(−x+2)=2，令x=1，可得f(1)+f(3)=2，C错误；
对于D，函数f(x)的定义域为R，且f(x)的图象关于关点(2,1)对称，f(2)=1，
f(x+2)+f(−x+2)=2，令x=2，可得f(0)+f(4)=2，
f(x)是周期为4的周期函数，f(4)=f(0)，
可得f(4)=f(0)=1，
所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=4，
k=12024f(k)=506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=2024，D正确；
故选项为ABD．
12.2
【解析】解：∵ 3a=4，4b=9
∴ a=lg34 ,b=lg49，
∴ ab=lg34×lg49=lg4lg3×lg9lg4=lg9lg3=lg32lg3=2lg3lg3=2．
故答案为2．
13.17
【解析】解：由已知P(A1)=28=14，P(A1A3)=28×17=128，
所以P(A1|A3)=PA1A3PA1=17
14.(0,1)
【解析】解：令 f ( x )=t，则有t2+( 1−2m)t+m2−m=0，即(t−m)[t−(m−1)]=0，解方程得t1=m，t2=m−1，画出f ( x )=t的图像，
根据f ( x )=t的图像可知，使f2(x)+(1−2m)f(x)+m2−m=0有5个不同的实数解，应有t1⩾0−1所以有m⩾0−115.解：(1)由已知x=1+2+⋯+92=5，所以b=i=1nxiyi−nx yi=1nxi2−nx2=91−9×5×2285−9×52=160，则a=y−bx=2−160×5=2312.所以y关于x的线性回归方程是y=160x+2312．
(2)依题意，补充2×2列联表如下：
零假设为H0:观众的性别与购票情况无关．
根据列联表中的数据，经计算得到χ2=100×(15×35−5×45)280×20×60×40≈2.344<3.841=x0.050，根据小概率值α=0.050的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此认为H成立，即认为观众的性别与购票情况无关．
解：(1)由题意得X的取值为0，1，2，3，4，
P(X=0)=110×110=1100，
P(X=1)=110×25×2=225，
P(X=2)=110×12×2+25×25=1350，
P(X=3)=25×12×2=25，
P(X=4)=12×12=14，
所以X的分布列为
(2)记选择方案一所需费用为Y1元，则当X≤1时，Y1=3000;
当X=2时，Y1=4000;
当X=3时，Y1=5000;
当X=4时，Y1=6000.则Y1的分布列为
E(Y1)=3000×9100+4000×1350+5000×25+6000×14=4810，记选择方案二所需费用为Y2元，则X≤2时，Y2=4000;X=3时，Yz=4000+t;X=4时，Y2=4000+2t．
则Y2的分布列为
【解析】
(1)直接代入公式即可求出；
(2)根据已知写出列联表，再计算χ2，进行判断即可；
(3)分别求出P(X=0)，P(X=1)，P(X=2)，P(X=3)，P(X=4)，再求期望即可．
16.解：(1)由f(x)=x(x−c)2，可得f′(x)=(3x−c)(x−c)．
因为函数f(x)在x=2处取极小值，所以f′(2)=(6−c)(2−c)=0，解得c=2或c=6．
当c=2时，f′(x)=(3x−2)(x−2)，所以当x∈(−∞,23)∪(2,+∞)时，f′(x)>0，
函数f(x)在区间(−∞,23)和(2,+∞)上单调递增;
当x∈(23,2)时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(23,2)上单调递减，
所以x=2时，f(x)有极小值，所以c=2满足题意．
当c=6时，f′(x)=3(x−2)(x−6)，所以当x∈(−∞,2)∪(6,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(−∞,2)和(6,+∞)上单调递增;
当x∈(2,6)时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(2,6)上单调递减，
所以x=2时，f(x)有极大值，所以c=6不满足题意．
综上所述，所求c的值为2．
(2)因为f′(x)=3x2−4cx+c2=(3x−c)(x−c)，
当c>0时，由f′(x)<0，解得c3因为f(x)在区间(2,+∞)存在单调递减区间，所以c>2．
当c=0时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(−∞,+∞)单调递增，不存在减区间，
所以c=0不符合题意．
当c<0时，由f′(x)<0，解得xc3，所以函数f(x)单调递减区间为(c,c3)，
所以f(x)在区间(2,+∞)不存在单调递减区间，所以c<0不符合题意．
综上所述，c的取值范围为(2,+∞).
【解析】
(1)求出函数的导数，根据函数的极值点，求出c的值，检验即可；
(2)根据函数的单调性得到关于c的不等式，解出即可．
17.解：(1)由题意得X的取值为0，1，2，3，4，
P(X=0)=110×110=1100，
P(X=1)=110×25×2=225，
P(X=2)=110×12×2+25×25=1350，
P(X=3)=25×12×2=25，
P(X=4)=12×12=14，
所以X的分布列为
(2)记选择方案一所需费用为Y1元，
则当X≤1时，Y1=3000;
当X=2时，Y1=4000;
当X=3时，Y1=5000;
当X=4时，Y1=6000．
则Y1的分布列为
E(Y1)=3000×9100+4000×1350+5000×25+6000×14=4810．
记选择方案二所需费用为Y2元，
则X≤2时，Y2=4000;
X=3时，Y2=4000+t;
X=4时，Y2=4000+2t．
则Y2的分布列为
E(Y2)=4000×720+(4000+t)×25+(4000+2t)×14=4000+9t10．
因为E(Y2)所以t的取值范围为[0,900)．
【解析】
(1)由题意可知X=0，1，2，3，4，求解概率，得到分布列．
(2)选择方案一所需费用为Y1元，则X≤1时，Y1=3000，X=2时，Y1=4000；X=3时，Y1=5000；X=4时，Y1=6000，写出分布列，求解期望；选择方案二所需费用为Y2元，则X≤2时，Y2=4000；X=3时，Y2=4000+t；X=4时，Y2=4000+2t，得到Y2的分布列，求解期望，然后利用E(Y2)18.解：(1)因为f′(x)=1−xex，所以切线斜率为f′(0)=1−0e0=1，所以切线为y=x．
设直线y=x与曲线g(x)=x2+ax相切时的切点为(x0,x0)，则g(x0)=x0,g′(x0)=1,
所以x02+ax0=x0,2x0+a=1,解得a=1．
(2)要证f(x)≤g(x)，即证x2+x≥xex，
当x≥0时，只需证(x+1)ex≥1，
当x<0时，只需证(x+1)ex<1，
令ℎ(x)=(x+1)ex，则ℎ′(x)=(x+2)ex，
当x>−2时，ℎ′(x)>0，当x<−2时，ℎ′(x)<0，
所以ℎ(x)在(−∞,−2)单调递减，在(−2,+∞)单调递增，又ℎ(0)=1，
所以当x≥0时，(x+1)ex≥1，
当−2≤x<0时，(x+1)ex<1.又x<−2时，ℎ(x)<0.所以当x<0时，(x+1)ex<1，
所以f(x)≤g(x)得证．
(3)因为直线y=k与曲线y=g(x)有两个公共点C(x3,g(x3))，D(x4,g(x4))，
所以x3，x4是方程x2+x−k=0的两根，所以x3+x4=−1．
因为f′(x)=1−xex，所以当x>1时，f′(x)<0，当x<1时f′(x)>0，
所以f(x)的增区间为(−∞,1)，减区间为(1,+∞)，f(0)=0，且当x>0时，f(x)>0．
不妨设01．所以只需证x1+x2>2，只需证x2>2−x1．
又f(x)在(1,+∞)单调递减，x2>2−x1>1，所以只需证f(x2)又f(x2)=f(x1)，所以只需证f(x1)令G(x)=f(x)−f(2−x)，0G′(x)=f′(x)+f′(2−x)=1−xex+x−1e2−x=(1−x)(1ex−1e2−x).
因为00，2−x>x，所以1ex−1e2−x>0，
所以G′(x)>0，所以G(x)在(0,1)单调递增，所以G(x)所以 ①式得证，所以x1+x2>2，所以x1+x2+x3+x4>1成立．
【解析】
(1)利用切线的几何意义求解即可，
(2)证f(x)≤g(x)，即证x2+x≥xex，当x≥0时，只需证(x+1)ex≥1，当x<0时，只需证(x+1)ex<1，
(3)x3，x4是方程x2+x−k=0的两根，所以x3+x4=−1．
f(x)在(−∞,1)递增，在(1,+∞)递减，f(0)=0，且当x>0时，f(x)>0.不妨设0要证x1+x2+x3+x4>1．只需证x2>2−x1.即f(x2)又f(x2)=f(x1)，所以只需证f(x1)−f(2−x1)<0即可；
19.解：(1)记发送信号i为事件Ai(i=0,1)，接收为正确信号为事件B．
则P(A0)=0.5，P(A1)=0.5，P(B|A0)=p，P(B|A1)=q．
所以P(B)=P(A0)P(B|A0)+P(A1)P(B|A1)=p+q2．
(2) ①发送信号两次，接收为正确信号的次数为M1，
由(1)知发送信号一次，接收为正确信号的概率P(B)=p+q2=12，
所以M1∽B(2,12)，所以P(M1=k)=C2k(12)2(k=0,1,2)，
所以H(M1)=−(14lg214+12lg212+14lg214)=32．
②发送信号一次，接收为正确信号的次数M2的分布列为：
所以HM2)=−i=1npilg2pi=−[(1−p+q2)lg2(1−p+q2)+(p+q2)lg2(p+q2)]，
令x=p+q2，令f(x)=(1−x)lg2(1−x)+xlg2x，0所以f′(x)=lg2x−lg2(1−x)．
由f′(x)=0解得x=12.所以当0当120，f(x)在区间(12,1)上单调递增．
所以当x=12时，f(x)取最小值，又H(M2)=−f(x)，所以H(M2)取得最大值时，p+q=1．
【解析】
(1)利用全概率公式计算即可；
(2)①M1∽B(2,12)，利用二项分布求其分布列求解即可；
②求出M2的分布列，代入化简HM2)=−i=1npilg2pi，通过换元令x=p+q2，利用导数求函数的最小值问题即可；场次编号x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
观众人数y(单位：万)
1.93
1.95
1.97
1.98
2.01
2.02
2.02
2.05
2.07
性别
购买情况
合计
购买A等票
购买B等票
男性观众
60
女性观众
40
合计
100
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
维修次数
0
1
2
机器台数
10
40
50
1.已知全集U=R，集合A={−1,0,1,2,3}，B={x|1
2.若随机变量X~N(60,σ2),且P(X≤40)=0.2,则P(X≤80)=( )
A. 0.2B. 0.4C. 0.6D. 0.8
3.若a,b∈R，则“a
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.若幂函数f(x)=xα的图象过点(4,2)，则y=f(2−x)f(x)的定义域是( )
A. (−2,0)B. (0,2]C. [0,2]D. (−2,2)
5.如图，等腰梯形ABCD的上底CD=1，下底AB=3，高为1.记等腰梯形ABCD位于直线x=t(0≤t≤3)左侧的图形的面积为f(t)，则f(t)随t变化时的图象大致是( )
A. B.
C. D.
6.若正实数a，b，满足(a+2)(b+1)=9，则a+b的最小值为( )
A. 9B. 6C. 3D. 2
7.已知 2≈1.41421，小明在设置银行卡的数字密码时，打算将 2的前6位数字1，4，1，4，2，1进行某种排列得到密码.如果排列时要求三个1不相邻，两个4也不相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为( )
A. 6B. 7C. 10D. 12
8.已知[a]表示不超过实数a的最大整数，例如：[−3.5]=−4，[2.1]=2.若函数f(x)=lnx−2lnx+1，其中x∈(1,+∞)，则y=[f(x)]的值域为( )
A. (−2,1)B. {−2,1}C. {−1,0,1}D. {−2,−1,0}
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设函数f(x)=1e|x|+1x2+1，则下列结论正确的是( )
A. f(x)在区间(0,+∞)上为增函数
B. f(x)为偶函数
C. f(x)的值域为(0,2]
D. 不等式f(x+1)>f(2)的解集为(−3,1)
10.已知在(2 x−1 x)n的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则下列结论正确的是( )
A. n=6B. 展开式中含1x的项的系数是−60
C. 展开式的各二项式系数和为64D. 展开式的各项系数和为729
11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+2)−1为奇函数，f(x+1)为偶函数，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的图象关于点(2,1)对称B. f(x)是周期为4的周期函数
C. f(1)+f(3)=0D. k=12024f(k)=2024
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若3a=4，4b=9，则ab= ．
13.在班级数学兴趣小组活动中，老师准备了2道导数题和6道建模题，某小组的8位同学从中不放回的每人随机抽取一题作答，记Ai表示第i位同学抽到导数题，i=1，2，⋯，8，则P(A1|A3)= ．
14.设函数f(x)=x2+2x,x⩽0|lgx|,x>0，若关于x的方程f2(x)+(1−2m)f(x)+m2−m=0有5个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
某景点在2024年2月10日至24日(正月初一至正月十五)期间，为吸引游客，共举行了15场精彩的烟花秀节目.前9场的观众人数(单位：万)与场次的统计数据如下表所示：
经计算可得：y=19i=19yi=2，i=19xiyi=91，i=19xi2=285．
(1)通过作散点图发现x与y之间具有较强的线性相关关系，试用最小二乘法求出y关于x的经验回归方程y=bx+a;(结果中的数值用分数表示)
(2)若该烟花秀节目分A、B两个等次的票价，该节目组织者随机调查了某场烟花秀节目100位观众购买A、B两个等次票的情况，其中60位男性观众中有15位观众购买了B等票;40位女性观众中有5位观众购买了B等票.请根据以上数据，将2×2列联表补充完整，并根据小概率值α=0.050的独立性检验，能否认为观众的性别与购票情况有关联?
附： ①对于一组数据(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn)，其回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘估计分别为：b=i=1nxiyi−nx yi=1nxi2−nx2，a=y−bx．
②χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x(x−c)2，其中c∈R.
(1)若x=2时，f(x)有极小值，求c的值;
(2)若f(x)在区间(2,+∞)存在单调递减区间，求c的取值范围．
17.(本小题15分)
某环保机器制造商为响应“2030年前碳排放达峰行动”的号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后3年内的延保维修方案：
方案一：交纳延保金3000元，在延保的3年内可免费维修1次，超过1次每次收取维修费1000元;
方案二：交纳延保金4000元，在延保的3年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费t元;
制造商为制定t元的收取标准，为此搜集并整理了100台这种机器超过保修期后3年内维修的次数，统计得到下表：
以这100台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后3年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列;
(2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，求使客户选择方案二更合算时t的取值范围．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=xex，g(x)=x2+ax，且曲线y=f(x)在(0,0)处切线也是曲线y=g(x)的切线．
(1)求a的值;
(2)求证：f(x)≤g(x);
(3)若直线y=k与曲线y=f(x)有两个公共点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))，与曲线y=g(x)有两个公共点C(x3,g(x3))，D(x4,g(x4))，求证：x1+x2+x3+x4>1．
19.(本小题17分)
在数字通信中，信号是由0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为p和1−p (0
(2)若随机变量M的分布列为P(M=mi)=pi(i=1,2,⋯,n)，记事件M=mi(i=1,2,⋯,n)发生后给我们的信息量为X=−lg2pi，则称X的均值为M的信息熵，记为H (M)=−i=1npilg2pi(i=1,2,⋯,n)
①设发送信号两次，接收为正确信号的次数为M1，若p=q=12，求M1的信息熵H(M1)的值;
②设发送信号一次，接收为正确信号的次数为M2，求M2的信息熵H(M2)取得最大值时p+q的值．
答案解析
1.C
【解析】解：已知全集U=R，集合A={−1,0,1,2,3}，B={x|1
图中阴影部分所表示的集合为A∩∁UB={−1,0,1}．
2.D
【解析】解：因为随机变量X～N（60，σ2），则μ=60，
又P（X≤40）=0.2，
所以P(X≤80)=P（X≥40）=1-P（X≤40）=1-0.2=0.8．
3.B
【解析】解：由lna
4.B
【解析】解：设幂函数为f(x)=xα，2=4α，解得α=12，
f(x)=x12，
2−x⩾0x>0，解得0
5.A
【解析】解：当0≤t<1，f(t)=12t2，
当1≤t<2，f(t)=t−12，
当2≤t≤3，f(t)=2−123−t2，
f(t)=12t2 , 0⩽t<1t−12 ,1⩽t<2123−t2 ,2⩽t⩽3，
则f(t)随t变化时的图象大致是A，故选项为A．
6.C
【解析】解：正实数a，b满足(a+2)(b+1)=9，
则b+1=9a+2，
∴a+b=a+9a+2−1=a+2+9a+2−3≥2 (a+2)⋅9a+2−3=3，当且仅当a=1时取等号，
故a+b的最小值等于3．
7.C
【解析】解：如果排列时要求三个1不相邻，两个4也不相邻，
先排列4，4，2这三个数，当4和4不相邻时，有1种排法，再插入三个1，有 C43种排法;
当4和4相邻时，有 A22种排法，再插入三个1，有A22· C32种排法.所以共有C43+A22·C32 =10(个)．
8.D
【解析】解：∵f(x)=lnx−2lnx+1=ln x+1−3ln x+1=1−3ln x+1，
∵x∈(1,+∞)，
∴0<3ln x+1<3，
∴−2<1−3ln x+1<1，
故y=[f(x)]的值域是{−2,−1,0}．
故选：D．
9.BCD
【解析】解：因为f(x)=1e|x|+1x2+1，所以f(−x)=1e|x|+1x2+1=f(x)，
故f(x)为偶函数，B正确；
当x≥0时，f(x)=1ex+1x2+1，显然为减函数，
当x=0时，f(x)=2，当x趋向于+∞时，f(x)趋向于0，
由偶函数可知f(x)的值域为(0,2]，故A错误，C正确；
由上述偶函数和单调性可知，不等式f(x+1)>f(2)可化为|x+1|<2，
解得−3
故选BCD．
10.AC
【解析】解：因为(2 x−1 x)n的展开式中只有第四项的二项式系数最大，即Cn3最大，故n=6，
对于A、n=6，故A正确；
对于B、(2 x−1 x)6展开式的通项为Tr+1=C6r2 x6−r−1 xr=−1r26−rC6rx3−r，
令3−r=−1，得r=4，则展开式中含1x的项的系数是−1422C64=60，故C错误；
对于C、展开式的各二项式系数和为26=64，故C正确；
对于D、令x=1，得展开式的各项系数和为2−16=1，故D错误
11.ABD
【解析】解：对于A，由于f(x+2)−1为奇函数，
所以f(x+2)−1=−f(−x+2)+1，f(x+2)+f(−x+2)=2，
f(x)的图象关于关点(2,1)对称，A正确；
对于B，因为f(x+1)为偶函数，所以f(x+1)=f(−x+1)，f(x)的图象关于x=1对称，
得f(x+2)=f(−x)，f(−x+2)=f(x)，
又f(x+2)+f(−x+2)=2，所以f(x)+f(−x)=2①，
将f(x+2)+f(−x+2)=2中的x+2换为x+4，得f(x+4)+f(−x)=2②，
由①②可得f(x+4)=f(x)，f(x)是周期为4的周期函数，B正确；
对于C，f(x+2)+f(−x+2)=2，令x=1，可得f(1)+f(3)=2，C错误；
对于D，函数f(x)的定义域为R，且f(x)的图象关于关点(2,1)对称，f(2)=1，
f(x+2)+f(−x+2)=2，令x=2，可得f(0)+f(4)=2，
f(x)是周期为4的周期函数，f(4)=f(0)，
可得f(4)=f(0)=1，
所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=4，
k=12024f(k)=506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=2024，D正确；
故选项为ABD．
12.2
【解析】解：∵ 3a=4，4b=9
∴ a=lg34 ,b=lg49，
∴ ab=lg34×lg49=lg4lg3×lg9lg4=lg9lg3=lg32lg3=2lg3lg3=2．
故答案为2．
13.17
【解析】解：由已知P(A1)=28=14，P(A1A3)=28×17=128，
所以P(A1|A3)=PA1A3PA1=17
14.(0,1)
【解析】解：令 f ( x )=t，则有t2+( 1−2m)t+m2−m=0，即(t−m)[t−(m−1)]=0，解方程得t1=m，t2=m−1，画出f ( x )=t的图像，
根据f ( x )=t的图像可知，使f2(x)+(1−2m)f(x)+m2−m=0有5个不同的实数解，应有t1⩾0−1
(2)依题意，补充2×2列联表如下：
零假设为H0:观众的性别与购票情况无关．
根据列联表中的数据，经计算得到χ2=100×(15×35−5×45)280×20×60×40≈2.344<3.841=x0.050，根据小概率值α=0.050的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此认为H成立，即认为观众的性别与购票情况无关．
解：(1)由题意得X的取值为0，1，2，3，4，
P(X=0)=110×110=1100，
P(X=1)=110×25×2=225，
P(X=2)=110×12×2+25×25=1350，
P(X=3)=25×12×2=25，
P(X=4)=12×12=14，
所以X的分布列为
(2)记选择方案一所需费用为Y1元，则当X≤1时，Y1=3000;
当X=2时，Y1=4000;
当X=3时，Y1=5000;
当X=4时，Y1=6000.则Y1的分布列为
E(Y1)=3000×9100+4000×1350+5000×25+6000×14=4810，记选择方案二所需费用为Y2元，则X≤2时，Y2=4000;X=3时，Yz=4000+t;X=4时，Y2=4000+2t．
则Y2的分布列为
【解析】
(1)直接代入公式即可求出；
(2)根据已知写出列联表，再计算χ2，进行判断即可；
(3)分别求出P(X=0)，P(X=1)，P(X=2)，P(X=3)，P(X=4)，再求期望即可．
16.解：(1)由f(x)=x(x−c)2，可得f′(x)=(3x−c)(x−c)．
因为函数f(x)在x=2处取极小值，所以f′(2)=(6−c)(2−c)=0，解得c=2或c=6．
当c=2时，f′(x)=(3x−2)(x−2)，所以当x∈(−∞,23)∪(2,+∞)时，f′(x)>0，
函数f(x)在区间(−∞,23)和(2,+∞)上单调递增;
当x∈(23,2)时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(23,2)上单调递减，
所以x=2时，f(x)有极小值，所以c=2满足题意．
当c=6时，f′(x)=3(x−2)(x−6)，所以当x∈(−∞,2)∪(6,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(−∞,2)和(6,+∞)上单调递增;
当x∈(2,6)时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(2,6)上单调递减，
所以x=2时，f(x)有极大值，所以c=6不满足题意．
综上所述，所求c的值为2．
(2)因为f′(x)=3x2−4cx+c2=(3x−c)(x−c)，
当c>0时，由f′(x)<0，解得c3
当c=0时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(−∞,+∞)单调递增，不存在减区间，
所以c=0不符合题意．
当c<0时，由f′(x)<0，解得x
所以f(x)在区间(2,+∞)不存在单调递减区间，所以c<0不符合题意．
综上所述，c的取值范围为(2,+∞).
【解析】
(1)求出函数的导数，根据函数的极值点，求出c的值，检验即可；
(2)根据函数的单调性得到关于c的不等式，解出即可．
17.解：(1)由题意得X的取值为0，1，2，3，4，
P(X=0)=110×110=1100，
P(X=1)=110×25×2=225，
P(X=2)=110×12×2+25×25=1350，
P(X=3)=25×12×2=25，
P(X=4)=12×12=14，
所以X的分布列为
(2)记选择方案一所需费用为Y1元，
则当X≤1时，Y1=3000;
当X=2时，Y1=4000;
当X=3时，Y1=5000;
当X=4时，Y1=6000．
则Y1的分布列为
E(Y1)=3000×9100+4000×1350+5000×25+6000×14=4810．
记选择方案二所需费用为Y2元，
则X≤2时，Y2=4000;
X=3时，Y2=4000+t;
X=4时，Y2=4000+2t．
则Y2的分布列为
E(Y2)=4000×720+(4000+t)×25+(4000+2t)×14=4000+9t10．
因为E(Y2)
【解析】
(1)由题意可知X=0，1，2，3，4，求解概率，得到分布列．
(2)选择方案一所需费用为Y1元，则X≤1时，Y1=3000，X=2时，Y1=4000；X=3时，Y1=5000；X=4时，Y1=6000，写出分布列，求解期望；选择方案二所需费用为Y2元，则X≤2时，Y2=4000；X=3时，Y2=4000+t；X=4时，Y2=4000+2t，得到Y2的分布列，求解期望，然后利用E(Y2)
设直线y=x与曲线g(x)=x2+ax相切时的切点为(x0,x0)，则g(x0)=x0,g′(x0)=1,
所以x02+ax0=x0,2x0+a=1,解得a=1．
(2)要证f(x)≤g(x)，即证x2+x≥xex，
当x≥0时，只需证(x+1)ex≥1，
当x<0时，只需证(x+1)ex<1，
令ℎ(x)=(x+1)ex，则ℎ′(x)=(x+2)ex，
当x>−2时，ℎ′(x)>0，当x<−2时，ℎ′(x)<0，
所以ℎ(x)在(−∞,−2)单调递减，在(−2,+∞)单调递增，又ℎ(0)=1，
所以当x≥0时，(x+1)ex≥1，
当−2≤x<0时，(x+1)ex<1.又x<−2时，ℎ(x)<0.所以当x<0时，(x+1)ex<1，
所以f(x)≤g(x)得证．
(3)因为直线y=k与曲线y=g(x)有两个公共点C(x3,g(x3))，D(x4,g(x4))，
所以x3，x4是方程x2+x−k=0的两根，所以x3+x4=−1．
因为f′(x)=1−xex，所以当x>1时，f′(x)<0，当x<1时f′(x)>0，
所以f(x)的增区间为(−∞,1)，减区间为(1,+∞)，f(0)=0，且当x>0时，f(x)>0．
不妨设0
又f(x)在(1,+∞)单调递减，x2>2−x1>1，所以只需证f(x2)
因为0
所以G′(x)>0，所以G(x)在(0,1)单调递增，所以G(x)
【解析】
(1)利用切线的几何意义求解即可，
(2)证f(x)≤g(x)，即证x2+x≥xex，当x≥0时，只需证(x+1)ex≥1，当x<0时，只需证(x+1)ex<1，
(3)x3，x4是方程x2+x−k=0的两根，所以x3+x4=−1．
f(x)在(−∞,1)递增，在(1,+∞)递减，f(0)=0，且当x>0时，f(x)>0.不妨设0
19.解：(1)记发送信号i为事件Ai(i=0,1)，接收为正确信号为事件B．
则P(A0)=0.5，P(A1)=0.5，P(B|A0)=p，P(B|A1)=q．
所以P(B)=P(A0)P(B|A0)+P(A1)P(B|A1)=p+q2．
(2) ①发送信号两次，接收为正确信号的次数为M1，
由(1)知发送信号一次，接收为正确信号的概率P(B)=p+q2=12，
所以M1∽B(2,12)，所以P(M1=k)=C2k(12)2(k=0,1,2)，
所以H(M1)=−(14lg214+12lg212+14lg214)=32．
②发送信号一次，接收为正确信号的次数M2的分布列为：
所以HM2)=−i=1npilg2pi=−[(1−p+q2)lg2(1−p+q2)+(p+q2)lg2(p+q2)]，
令x=p+q2，令f(x)=(1−x)lg2(1−x)+xlg2x，0
由f′(x)=0解得x=12.所以当0
所以当x=12时，f(x)取最小值，又H(M2)=−f(x)，所以H(M2)取得最大值时，p+q=1．
【解析】
(1)利用全概率公式计算即可；
(2)①M1∽B(2,12)，利用二项分布求其分布列求解即可；
②求出M2的分布列，代入化简HM2)=−i=1npilg2pi，通过换元令x=p+q2，利用导数求函数的最小值问题即可；场次编号x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
观众人数y(单位：万)
1.93
1.95
1.97
1.98
2.01
2.02
2.02
2.05
2.07
性别
购买情况
合计
购买A等票
购买B等票
男性观众
60
女性观众
40
合计
100
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
维修次数
0
1
2
机器台数
10
40
50
相关试卷
山东省滨州市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题： 这是一份山东省滨州市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题，共4页。
New”2022-2023学年山东省滨州市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）： 这是一份New”2022-2023学年山东省滨州市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），共19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。
精品解析：山东省滨州市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版）： 这是一份精品解析：山东省滨州市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 命题“”否定是， 已知集合，则， 若，则的大小关系是，45B等内容，欢迎下载使用。
