2023-2024学年度湖北省武汉市部分重点中学下学期高二期末联考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年度湖北省武汉市部分重点中学下学期高二期末联考数学试卷（含答案），共9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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.从含有3件正品，2件次品的产品中随机抽取2件产品，则抽取出的2件产品中恰有1件次品的概率为( )
A. 35B. 310C. 15D. 110
2.已知随机变量X服从正态分布N(0,σ2)，P(X≥3)=0.1，则P(−3≤X≤3)=( )
A. 0.1B. 0.2C. 0.4D. 0.8
3.若函数f(x)=x3+12(a+3)x2+ax在x=−1处取得极值，则实数a的取值范围是( )
A. (3,+∞)B. (−∞,3)
C. (−∞,−3)∪(3,+∞)D. [0,3]
4.函数f(x)=(x−1x)ln|x|的图象大致为( )
A.
B.
C.
D.
5.若函数f(x)=−x−1x,x0的图象与y=a的图象恰好有四个交点，则实数a的取值范围是( )
A. (1,+∞)B. (0,2)∪{−2}C. (2,3)D. [2,3)
6.设某人在n次射击中击中目标的次数为X,且X~B(n,0.7),记Pk=P(X=k),k=0,1,2,⋯,n,若P7是唯一的最大值,则E(X)的值为( )
A. 7B. 7.7C. 8.4D. 9.1
7.已知a=e2，b=e32ln2，c=21−7ln7，则( )
A. a>c>bB. a>b>cC. b>c>aD. c>a>b
8.设函数f(x)=x(ex+1)，g(x)=(x+1)lnx，若存在实数x1，x2，使得f(x1)=g(x2)，则|x1−x2|的最小值为( )
A. eB. 2C. 1D. 1e
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.下列说法中，正确的命题是( )
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
B. E(2X+3)=2E(X)+3，D(2X+3)=2D(X)
C. 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
D. 随机变量X服从两点分布，且P(X=1)=0.3，设Y=2X−1，则P(Y=−1)=0.7
10.甲乙两人参加三局两胜制比赛(谁先赢满两局则获得最终胜利且比赛结束).已知在每局比赛中，甲赢的概率为0.6，乙赢的概率为0.4，且每局比赛的输赢相互独立.若用M表示事件“甲最终获胜”，N表示事件“有人获得了最终胜利时比赛共进行了两局”，Q表示事件“甲赢下第三局”.则下列说法正确的是( )
A. P(M|N)=913B. P(N|Q)=1C. N与Q互斥D. N与Q独立
11.若直线y=ax与曲线f(x)=ex相交于不同两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，曲线f(x)=ex在A，B点处切线交于点M(x0,y0)，则( )
A. a>eB. x1+x2−x0=1
C. kAM+kBM0恒成立;命题q:∃x∈R，使x2−2mx+m+24−exsinx−12(x−e)2.(参考数据：e0.7≈2.014，e≈2.718)
19.(本小题12分)
Catalan数列(卡特兰数列)最早由我国清代数学家明安图(1692−1765)在研究三角函数幂级数的推导过程中发现，成果发表于1774年出版的《割圜密率捷法》中，后由比利时数学家卡特兰(Catalan,1814−1894)的名字来命名，该数列的通项被称为第n个Catalan数，其通项公式为Cn=1n+1⋅(2n)!n!(2n−n)!=1n+1C2nn.在组合数学中，有如下结论：由n个+1和n个−1构成的所有数列a1，a2，a3，⋯，a2n中，满足“对任意k=1，2，⋯，2n，都有a1+a2+⋯+ak≥0”的数列的个数等于Cn．
已知在数轴上，有一个粒子从原点出发，每秒向左或向右移动一个单位，且向左移动和向右移动的概率均为12．
(1)设粒子第3秒末所处的位置为随机变量X(若粒子第一秒末向左移一个单位，则位置为−1;若粒子第一秒末向右移一个单位，则位置为1)，求X的分布列和数学期望E(X);
(2)记第n秒末粒子回到原点的概率为pn．
(ⅰ)求p4及p2n;
(ⅱ)设粒子在第n秒末第一次回到原点的概率为Qn，求Q2n．
参考答案
1.A
2.D
3.C
4.D
5.C
6.A
7.A
8.C
9.ACD
10.ABC
11.ABD
12.23
13.−1
14.134
15.解：(1)若命题p为真命题，则Δ1=16−8(7−m)=8m−400，∴m∈(−∞,−1)∪(2,+∞).
当命题p，q中恰有一个为真命题时，
1∘p为真命题，q为假命题，即m2或m6.635，
∴根据小概率值α=0.01的独立性检验，青年群体和中老年群体对租车服务的评价有差异．
17.解：(1)因为an+1=2an−1，所以an+1−1=2(an−1)，
又a1−1=4，所以an+1−1an−1=2，
所以{an−1}是以4为首项，2为公比的等比数列．
故an−1=4×2n−1，即an=2n+1+1．
(2)由(1)得bn=(−1)n⋅(2n+1+1)，则bn=2n+1+1,n=2k,k∈N∗,−(2n+1+1),n=2k−1,k∈N∗,
①当n=2k，k∈N∗时，
Sn=(−22−1)+(23+1)−(24+1)+⋯+(−2n−1)+(2n+1+1)
=−22+23−24+25+⋯−2n+2n+1=22+24+⋯+2n=43(2n−1);
②当n=2k−1，k∈N∗时，
Sn=Sn+1−bn+1=43(2n+1−1)−(2n+2+1)=−2n+2+73．
综上所述，Sn=43(2n−1),n=2k,k∈N∗,−2n+2+73,n=2k−1,k∈N∗
18.解：(1)函数f(x)=ex−exsinx，x∈[0,π2]，f(0)=e0−e0sin0=1，
则f′(x)=ex−ex(sinx+csx)，f′(0)=e0−e0(sin0+cs0)=0，
所以曲线y=f(x)在x=0处的切点坐标为(0,1)，切线斜率为0，
切线方程为y=1；
(2)f′(x)=ex(1−sinx−csx)=ex[1− 2sin(x+π4)]=− 2ex[sin(x+π4)− 22]，
因为x∈[0,π2]，所以x+π4∈[π4,3π4]，
则sin(x+π4)≥ 22，所以f′(x)≤0，
所以函数f(x)在[0,π2]上单调递减，
所以f(x)max=f(0)=e0−e0sin0=1，f(x)min=f(π2)=eπ2−eπ2sinπ2=0，
所以函数f(x)的值域为[0,1]，
若不等式a≤f(x)≤b对任意x∈[0,π2]恒成立，
则实数b−a的最小值为1−0=1，
所以实数a−b的最大值为−1；
(3)设g(x)=f(x)−4+exsinx+12(x−e)2，
∴g′(x)=ex+x−e，
∵g′(x)=ex+x−e在R上单调递增，
g′(0.7)=e0.7+0.7−e≈2.014+0.7−e0，
∴∃x0∈(0.7,1 )，使g′(x0)=ex0+x0−e=0，
∴g(x)在(−∞,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(x0)=ex0+12(x0−e)2−4=12(ex0)2+ex0−4．
∵ex0>e0.7>2，
∴g(x)≥g(x0)>12⋅22+2−4=0，
∴f(x)>4−exsinx−12(x−e)2．
19.解：(1)P(X=−3)=(12)3=18，
P(X=−1)=C31⋅(12)3=38，
P(X=1)=C31⋅(12)3=38，
P(X=3)=(12)3=18，
∴X的分布列如下：
∴E(X)=(−3)×18+(−1)×38+1×38+3×18=0．
(2)(i)p4=C4224=38，p2n=C2nn22n．
(ii)设事件A:粒子在第2n秒末第一次回到原点，
事件B:粒子第1秒末向右移动一个单位．
∴Q2n=P(A)=P(AB)+P(AB)=2P(AB)，
记粒子往左移动一个单位为−1，
粒子往右移动一个单位为+1，
以下仅考虑事件AB．
设第n秒末粒子的运动方式为an，其中an=±1;
沿用(1)中对粒子位置的假设X，
则粒子运动方式可用数列{an}表示，
如：1，1，−1，−1表示粒子在前4秒按照右、右、左、左的方式运动．
由粒子在第2n秒末第一次回到原点，
可知数列{an}的前2n项中有n个1和n个−1．
∵a1=1，∴a2n=−1，
∴粒子在余下2n−2秒中运动的位置满足X≥1，
即a2+a3+⋯+ak≥0，(k=2,3,⋯,2n−2)，
∴粒子在余下2n−2秒中运动方式的总数为Cn−1，
∴P(AB)=Cn−122n，
∴Q2n=2P(AB)=2C2n−2n−1n·22n=C2n−2n−1n⋅22n−1． ξ
0
1
2
3
P
m
49
29
n
年份
2019年
2020年
2021年
2022年
2023年
业务量
20
24
36
43
52
好评
差评
合计
青年
20
中老年
15
合计
45
100
P(χ2≥x0)
0.050
0.010
0.001
x0
3.841
6.635
10.828
好评
差评
合计
青年
20
30
50
中老年
35
15
50
合计
55
45
100
X
−3
−1
1
3
P
18
38
38
18