2023-2024学年内蒙古自治区通辽市高二下学期期末质量检测数学试卷（含解析）

展开

这是一份2023-2024学年内蒙古自治区通辽市高二下学期期末质量检测数学试卷（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。

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.若2∈{x|ax2+3x+a2−3>0}，则a的取值范围为( )
A. −3C. a⩽−3或a⩾−1D. a<−3或a>−1
2.若函数fx= 1−x2+lg2x−1，则fx的定义域为( )
A. xx>0B. xx≤1C. x03.下列运算中正确的是( )
A. lg23=lg2lg3B. 4a3⋅ a=a116
C. a2=aD. 12lg213+lnlne=3
4.函数fx=ex−e−x1−x2的图象大致为( )
A. B. C. D.
5.已知fx=lg12x2−ax+3a在2,+∞上为减函数，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,4B. −4,4C. 0,2D. 0,4
6.已知A，B为同一次试验中的两个随机事件，且PA>0，PB>0，命题甲：若PBA+PB=1，则事件A与B相互独立；命题乙：“A与B相互独立”是“PAB=PAB”的充分不必要条件；则命题( )
A. 甲乙都是真命题B. 甲是真命题，乙是假命题
C. 甲是假命题，乙是真命题D. 甲乙都是假命题
7.已知a=lg32，b=lg43，c=23，则( )
A. a8.已知函数fx=xex,x<0−x2+2x,x≥0，若关于x的方程f2x−2+tfx+2t=0有3个不同的实数根，则实数t的取值范围为( )
A. −∞,−1eB. −1e,0C. −1e,1D. −e,2
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.在( x−1x)6的展开式中，下列叙述中正确的是( )
A. 二项式系数之和为32B. 各项系数之和为0
C. 常数项为15D. x−3的系数为15
10.已知不等式ax2+bx+c>0的解集为x∣2A. abc>0
B. a+b+c>0
C. 函数f(x)=ax2+bx+c有两个零点2和3
D. cx2+bx+a<0的解集为{x|x<13或x>12
11.已知函数f(x)的定义域为R，且∀x∈R，都有f(−3+x)+f(−1−x)=0，f−32+x=f−12−x，f(−5)=−2，f72=−34，当x∈[−1,0]时，f(x)=ax2+bx，则下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)的图象关于点(−2,0)对称
B. f(1)=2
C. f(2023)+f(2024)+f(2025)=2
D. 函数f(x)与函数y=|ln|x||的图象有8个不同的公共点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知x>3，则x+4x−3的最小值为_____．
13.某地教育局准备从本地区选聘6位教育家型教师到外地3所学校支教，要求每所学校至少去1位教师，每位教师只能去1所学校，且甲乙两位教师必须去同一所学校，则不同的分配方案种数为_________．
14.若对任意的x>0，不等式(x−a)ex+1+a≥0恒成立，则a的最大整数值为_____．
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)=−x2+(a−1)x−a+2．
(Ⅰ)若不等式f(x)≤2对一切实数x恒成立，求a的取值范围；
(Ⅱ)解关于x的不等式f(x)>0．
16.(本小题12分)
定义在0,+∞上的函数f(x)满足f(xy)=f(x)+f(y)，f(3)=1，且x>1时，f(x)>0．
(1)求f(1)；
(2)判断f(x)在0,+∞上的单调性；
(3)若f(x)+f(x−8)≤2，求x的取值范围．
17.(本小题12分)
已知函数fx=a⋅3x+13x−1是定义域为R的偶函数．
(1)求a的值；
(2)若gx=9x+9−x+mfx+m2−1，求函数gx的最小值．
18.(本小题12分)
某高中学校为了解学生参加体育锻炼的情况，统计了全校所有学生在一年内每周参加体育锻炼的次数，现随机抽取了60名同学在某一周参加体育锻炼的数据，结果如下表：
(1)若将一周参加体育锻炼次数为3次及3次以上的，称为“经常锻炼”，其余的称为“不经常锻炼”.请完成以下2×2列联表，并依据小概率值α=0.1的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系;
(2)若将一周参加体育锻炼次数为0次的称为“极度缺乏锻炼”，“极度缺乏锻炼”会导致肥胖等诸多健康问题.以样本频率估计概率，在全校抽取20名同学，其中“极度缺乏锻炼”的人数为X，求E(X)和D(X);
(3)若将一周参加体育锻炼6次或7次的同学称为“运动爱好者”，为进一步了解他们的生活习惯，在样本的10名“运动爱好者”中，随机抽取3人进行访谈，设抽取的3人中男生人数为Y，求Y的分布列和数学期望．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．
19.(本小题12分)
设函数fx=mx−1ex−ax2,m>0．
(1)当a=0时，求f(x)的极值；
(2)当m=1时，讨论f(x)的单调性；
(3)在(1)条件下，若对任意x∈−1,+∞，有lnfx+2≤2ex+1恒成立，求m的最大值．
答案解析
1.D
【解析】解：因为2∈{x|ax2+3x+a2−3>0}，
所以4a+6+a2−3>0，即a2+4a+3>0，
解得a>−1或a<−3．
故选D．
2.C
【解析】解：由1−x2≥02x−1>0⇒−1≤x≤1x>0⇒0故选C．
3.D
【解析】解：对于A，由换底公式可得：lg23=lg3lg2，故 A错误；
对于B，4a3⋅ a=a34⋅a12=a54，故 B错误；
对于C， a2=a，故 C错误；
对于D，12lg213+lnlne=2−lg213+ln1=3，故 D正确．
故选：D
4.C
【解析】解：由题，fx的定义域为x|x≠1且x≠−1，
因为f(−x)=e−x−ex|1−x2|=−fx，所以f(x)为奇函数，关于原点对称，排除B；
当x∈0,+∞时，ex∈1,+∞，e−x∈0,1，则f(x)=ex−e−x|1−x2|∈0,+∞，排除AD．
故选C．
5.B
【解析】解：因为函数y=lg12t为(0,+∞)上的减函数，
由复合函数的单调性可得：若函数f(x)=lg12(x2−ax+3a)在[2,+∞)上是减函数，
则当x∈[2,+∞)时，
x2−ax+3a>0且函数t=x2−ax+3a为增函数，
函数t=x2−ax+3a的图象开口向上，对称轴为直线x=a2，
即a2≤2，当x=2时，t=4+a>0，
解得−4故选B．
6.B
【解析】解：因为 PBA+PB=1 ，
所以 PBA=1−PB=PB ，
所以 PABPA=PB ，故 PAB=PAPB ，
所以事件A与B相互独立，命题甲正确；
若A与B相互独立，则 A 与 B 相互独立， A 与 B 相互独立，
PAB=PABPB=PAPBPB=PA ，
PAB=PABPB=PAPBPB=PA ，
所以 PAB=PAB ，
若 PAB=PAB ，所以 PABPB=PABPB ，
所以 PABPB=PABPB ，
所以 PAB1−PB=PABPB
所以 PAB=PABPB+PABPB ，
所以 PAB=PAB+PABPB ，
PAB=PAPB ，故事件 A 与事件 B 相互独立，
所以事件 A 与事件 B 相互独立，
所以“A与B相互独立”是“ PAB=PAB ”的充分必要条件，
所以命题乙为假命题，
故选B．
7.C
【解析】解：因为23<32，所以2<323，所以lg32又33>42，所以3>423，所以lg43>lg4423=23，
综上，a故选：C
8.B
【解析】解：由f2(x)−(2+t) f(x) +2t=0得[f(x)−2][f(x)−t]=0，所以f(x)=2或f(x)=t，
因为当x<0时，f(x)=xex，所以f′(x)=(1+x)ex，
所以当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减;
当x∈(−1,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(−1)=−1e，且f(x)<0，
又因为当x≥0时，f(x)=−x2+2x=−(x−1)2+1，
所以f(x)在x∈(0,1)时单调递增，在x∈(1,+∞)时单调递减，且f(x)≤f(1)=1，
所以作出函数f(x)=xex,x<0,−x2+2x,x≥0的大致图象如图：
则f(x)=2无解，所以只有方程f(x)=t有3个不同的实数根，数形结合可知−1e9.BCD
【解析】解：因为( x−1x)6，它的展开式的通项公式为Tr+1=C6r( x)6−r(−1x)r=(−1)rC6rx3−3r2(r=0,1,2,⋯,6)，
易知所有项的二项式系数和为26=64，所以A错误；
在( x−1x)6展开式两边令x=1，得所有项的系数和为0，所以B正确；
令r=2，则T3=15，所以C正确；
令r=4，则T5=15x−3，所以D正确．
故选BCD．
10.ACD
【解析】解：∵不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|2∴根据一元二次不等式解法可知a<0，且−ba=5，ca=6>0，
∴b>0，c<0，则abc>0，A正确;
由二次函数y=ax2+bx+c的图象知当x=1时，y<0，故a+b+c<0，B错误;C显然正确;
由−ba=5，ca=6可知：将b=−5a，c=6a代入cx2+bx+a<0，
得6ax2−5ax+a<0，
由a<0可得6x2−5x+1>0，解得x<13或x>12，
故cx2+bx+a<0的解集为{x|x<13或x>12}，D正确;
故选ACD．
11.ABD
【解析】解：依题意，因为f(−3+x)+f(−1−x)=0，即f(−2+x)+f(−2−x)=0，
所以函数f(x)的图象关于点(−2,0)对称，所以A选项正确;
又∀x∈R，f(−32+x)=f(−12−x)，即f(−1+x)=f(−1−x)，所以函数f(x)的图象关于直线x=−1对称，
也即f(−2+x)=f(−x)，又f(−4+x)+f(−x)=0，所以f(−2+x)=−f(−4+x)，
即f(x)=−f(−2+x)，则f(x+2)=−f(x)，所以f(x+4)=f(x)，所以4是函数f(x)的一个周期，
故f(−5)=f(−1)=−2，由f(x)=−f(−2+x)，令x=1，所以f(1)=−f(−1)=2，所以B选项正确;
因为f(72)=f(4−12)=f(−12)=−34，f(−1)=−2，又当x∈[−1,0]时，f(x)=ax2+bx，
所以a−b=−214a−b2=−34，解得a=−1b=1，即当x∈[−1,0]时，f(x)=−x2+x，
f(2023)+f(2025)=f(2024−1)+f(2024+1)=f(−1)+f(1)=0，f(2024)=f(0)=0，
所以f(2023)+f(2024)+f(2025)=0，所以C选项不正确；
对于D选项，作出函数f(x)和函数y=|ln|x||的图象，
如图所示，所以D选项正确．
故选：ABD．
12.7
【解析】解：∵x>3，
∴x+4x−3=(x−3)+4x−3+3≥2 4+3=7(当且仅当x−3=4x−3，即x=5时取得“=”)，
∴x+4x−3的最小值是7．
故答案为7．
13.150
【解析】解：根据题意可分为三类： ①甲乙两人一起去同一所学校， ②甲乙连同另一名老师一起去同一所学校， ③甲乙连同另外两名老师一起去同一所学校，
①甲乙两人一起去同一所学校，则不同的分配方案种数为(C42A22+C41)A33=42，
②甲乙连同另一名老师一起去同一所学校，则不同的分配方案种数为C41C32A33=72，
③甲乙连同另外两名老师一起去同一所学校，则不同的分配方案种数为C42A33=36，
则不同的分配方案种数共有42+72+36=150．
故答案为：150．
14.2
【解析】解：原不等式等价于 a≤xex+1ex−1 在 x>0 时恒成立，
令 ex=tt>1 ，则上式化为 a≤tlnt+1t−1 ，
构造函数 ft=tlnt+1t−1t>1 ，
则 f′t=t−2−lntt−12 ，
令 gt=t−2−lntt>1⇒g′t=t−1t>0 ，
所以 gt 在 1,+∞ 上单调递增，而在 g(3)=1−ln 3<0,g(4)=2−2ln 2>0 ，
故 ∃t0∈3,4 使得 gt0=0 ，故 ft 在 1,t0 上单调递减，在 t0,+∞ 上单调递增，
即 ft≥ft0=t0lnt0+1t0−1=t0t0−2+1t0−1=t0−1 ，
所以 a≤t0−1 ，
又 t0∈3,4⇒t0−1∈2,3 ，故 a 的最大整数值为2．
故答案为：2．
15.解：(Ⅰ)由题意，不等式f(x)≤2对于一切实数x恒成立，
等价于x2−(a−1)x+a≥0对于一切实数x恒成立．
所以Δ≤0⇔(a−1)2−4a≤0⇔3−2 2≤a≤3+2 2．
(Ⅱ)不等式f(x)>0等价于x2−(a−1)x+a−2<0⇔[x−(a−2)](x−1)<0．
当a−2>1即a>3时，不等式可化为1当a−2=1即a=3时，不等式可化为(x−1)2<0，不等式的解集为⌀；
当a−2<1即a<3时，不等式可化为a−2综上所述：当a<3时，不等式的解集为xa−2当a=3时，不等式的解集为⌀；
当a>3时，不等式的解集为x1 【解析】(Ⅰ)由题意，得x2−(a−1)x+a≥0对于一切实数x恒成立，利用Δ⩽0即可求解；
(Ⅱ)不等式f(x)>0等价于[x−(a−2)](x−1)<0，然后对a进行分类讨论即可．
16.解：(1) ∵ f(x) 满足 f(xy)=f(x)+f(y) ，
令 y=1 ， ∴f(x)=f(x)+f(1) ， ∴f(1)=0 ．
(2)设 0f(x2)−f(x1)=fx2x1⋅x1−f(x1)=fx2x1+f(x1)−f(x1)=fx2x1 ，
∵01 ，又 x>1 时， f(x)>0 ，
∴f(x2x1)>0 ，
故 f(x2)−f(x1)>0 即 f(x1)∴y=f(x) 在 0,+∞ 上单调递增．
(3)由 f(3)=1 ，且 f(xy)=f(x)+f(y) ，得 2=f(3)+f(3)=f(9) ，
则 f(x)+f(x−8)≤2 可化为 fx(x−8)≤f(9) ，
由 (2) 知 y=f(x) 在 0,+∞ 上单调递增，
∴x>0,x−8>0,x(x−8)≤9,
解得 8故 x 的取值范围为 8,9 ．
【解析】(1)利用赋值法，令 y=1 ，代入 f(xy)=f(x)+f(y) 即可求解；
(2)利用函数单调性的定义证明，设 00 ，从而得 y=f(x) 在 0,+∞ 上单调递增；
(3)由 2=f(3)+f(3)=f(9) ，将 f(x)+f(x−8)≤2 化为 fx(x−8)≤f(9) ，再结合函数单调性求解即可．
17.解：(1)由偶函数定义知f(−x)=f(x)，即a⋅3−x+13−x−1=a⋅3−x+3⋅3x=a⋅3x+3⋅3−x，
所以(a−3)(3x−3−x)=0对∀x∈R成立，所以a=3．
(2)由题意知g(x)=9x+9−x+mf(x)+m2−1=32x+3−2x+m(3⋅3x+13x−1)+m2−1，
令u=3x+3−x，u≥2，所以u2=(3x+3−x)2=32x+3−2x+2，所以32x+3−2x=u2−2，
所以y=g(x)=u2−2+3mu+m2−1=u2+3mu+m2−3，u≥2.
当−3m2≤2，即m≥−43时，y=u2+3mu+m2−3在[2,+∞)上单调递增，
所以ymin=22+3m×2+m2−3=m2+6m+1，即g(x)min=m2+6m+1;
当−3m2>2，即m<−43时，y=u2+3mu+m2−3在(2,−3m2)上单调递减，在(−3m2,+∞)上单调递增，
所以ymin=(−3m2)2+3m×(−3m2)+m2−3=−54m2−3，即g(x)min=−54m2−3．
综上，g(x)min=−54m2−3,m<−43m2+6m+1,m⩾−43．
【解析】(1)由题函数fx为偶函数，根据偶函数的定义计算求得a的值即可；
(2)因为g(x)=9x+9−x+mf(x)+m2−1，，令u=3x+3−x，u≥2，得y=u2+3mu+m2−3，转化为二次函数求最值问题.
18.解：（1）2×2列联表
零假设为H0:性别与锻炼情况独立,即性别因素与学生体育锻炼的经常性无关，
根据列联表的数据计算
χ2=60(7×16−23×14)221×39×30×30=60×(7×30)221×39×30×30=14039≈3.590>2.706=χ0.1，
根据小概率值α=0.1的独立性检验,推断H0不成立,
即性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系,此推断犯错误的概率不超过0.1；
(2)因学校总学生数远大于所抽取的学生数,故X近似服从二项分布,
随机抽取一人为“极度缺乏锻炼”者的概率p=560=112，
X~B(20,112)，
故E(X)=20×112=53，
D(X)=20×112×1112=5536；
(3)10名“运动爱好者”有7名男生,3名女生,Y服从超几何分布:
P(Y=0)=C70C33C103=1120,P(Y=1)=C71C32C103=21120=740，
P(Y=2)=C72C31C103=21×3120=2140,P(Y=3)=C73C30C103=35120=724，
故Y的分布列为：
E(Y)=3×710=2.1.
【解析】（1）列出列联表，计算卡方，与临界值比较得出结论；
（2）因学校总学生数远大于所抽取的学生数,故X近似服从二项分布,利用二项分布的期望与方差得出结论；
（3）10名“运动爱好者”有7名男生,3名女生,Y服从超几何分布，求出概率，考查分布列与期望.
19.解：(1)当a=0时，f(x)=m(x−1)ex，则f′(x)=mxex，m>0，
令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0．
故f(x)在(0,+∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减，
∴f(x)在x=0处取得极小值f(0)=−m，无极大值．
(2)当m=1时，f(x)=(x−1)ex−ax2，则f′(x)=xex−2ax=(ex−2a)x，
当a≤0时，ex−2a>0，
令f′(x)<0⇒x<0，f′(x)>0⇒x>0，
所以函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时，由f′(x)=0，解得x=ln2a或0，
若012，令f′(x)<0⇒00⇒x<0或x>ln2a，
所以函数f(x)在(0,ln2a)上单调递减，在(−∞,0)、(ln2a,+∞)上单调递增;
若0=ln2a，即a=12，则f′(x)≥0，所以函数f(x)在R上单调递增;
若0>ln2a，即00⇒x0，
所以函数f(x)在(ln2a,0)上单调递减，在(−∞,ln2a)、(0,+∞)上单调递增．
(3)lnf(x+2)≤2(ex+1)对∀x∈(−1,+∞)恒成立，即lnm≤2ex−ln(x+1)−x对
∀x∈(−1,+∞)恒成立．
令g(x)=2ex−ln(x+1)−x(x>−1)，则只需lnm≤g(x)min即可．
g′(x)=2ex−1x+1−1(x>−1)．
易知y=2ex，y=−1x+1−1均在(−1,+∞)上单调递增，故g′(x)在(−1,+∞)上单调递增且
g′(0)=0．
∴当x∈(−1,0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递
增.∴g(x)min=g(0)=2．
故lnm≤2⇒0【解析】(1)对f(x)求导，求得函数的单调性即可求得函数的极值；
(2)对f(x)求导，利用分类讨论的思想求导函数与0的关系，得到函数的单调性；
(2)先分离参数，将原不等式等价转化为lnm≤2ex−ln(x+1)−x对∀x∈(−1,+∞)恒成立，设g(x)=2ex−ln(x+1)−x(x>−1)，将问题转化为求解lnm≤g(x)min，利用导数求得g(x)的单调性即可求得g(x)的最值即可求解．一周参加体育锻炼次数
0
1
2
3
4
5
6
7
合计
男生人数
1
2
4
5
6
5
4
3
30
女生人数
4
5
5
6
4
3
2
1
30
合计
5
7
9
11
10
8
6
4
60
性别
锻炼
合计
不经常
经常
男生
女生
合计
α
0.1
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635