2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市六校联考高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市六校联考高二（下）期末数学试卷（含解析），共13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C2024m=C20243m−4，则m=( )
A. 2B. 6C. 2或6D. 2或507
2.设某制造公司进行技术升级后的第x个月(x=1,2,3,4,5)的利润为y(单位：百万元)，根据统计数据，求得y关于x的经验回归方程为y =6x+3，若x=1时的观测值y=10，则x=1时的残差为( )
A. −1B. 1C. 3D. 6
3.若定义在(0,+∞)上的函数f(x)有limΔx→0f(x+Δx)−f(x)Δx=x−1x，则f(x)的单调递减区间是( )
A. (2,+∞)B. (1,+∞)C. (0,1)D. (0,+∞)
4.李白的一句“烟花三月下扬州”让很多人对扬州充满向往.据统计，唐朝约有120名诗人写下了400多首与扬州有关的诗篇，某扬州短视频博主从中选取了7首，制作了分别赏析这7首诗的7个短视频(含甲、乙)，准备在某周的周一到周日发布，每天只发布1个，每个短视频只在其中1天发布，若甲、乙相邻两天发布，则这7个短视频不同的发布种数为( )
A. 180B. 360C. 720D. 1440
5.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A. 函数f′(x)在(b,c)上单调递增
B. 函数f(x)至少有2个极值点
C. 函数f(x)在(a,e)上单调递减
D. 函数f(x)在x=c处取得极大值
6.已知随机变量X～B(n,p)，若E(X)=35，D(X)=1225，则np=( )
A. 15B. 115C. 154D. 415
7.已知函数f(x)=13x3+32x2+c有3个不同的零点，则c的取值范围是( )
A. (−2,0)B. (0,2)C. (0,92)D. (−92,0)
8.小明在某不透明的盒子中放入4红4黑八个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉(未看被丢掉小球的颜色).现从剩下7个小球中取出两个小球，结果都是红球，则丢掉的小球也是红球的概率为( )
A. 314B. 13C. 23D. 27
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.若(x+1x)n的展开式中第4项与第9项的二项式系数相等，则展开式中系数最大的项为( )
A. 第4项B. 第5项C. 第6项D. 第7项
10.甲、乙、丙、丁4人每人随机选取VisualBasie、VisualC++，VisualFxpr三种编程语言之一进行学习，每种编程语言至少有1人学习，A表示事件“甲学习VisualBasic编程语言”；B表示事件“乙学习VisualBasic编程语言”；C表示事件“乙学习VisualC++编程语言”，则( )
A. 事件A与B相互独立B. 事件A与C不是互斥事件
C. P(C|A)=512D. P(B|A)=16
11.已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f′(x)，若函数f(4x+1)和f′(x+2)均为偶函数，且f′(2)=−1，f(1)=1，则( )
A. i=12023f′(i)=−1B. i=12024f′(i)=0C. i=12023f(i)=2023D. i=12024f(i)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知随机变量X的分布列P(X=i)=a2i(i=1,2,3)，则a= ______．
13.已知x1，x2是函数f(x)=13x3+ax2−3x+13的两个极值点，若x1−2x2=5，且f(x)的极小值为整数，则a= ______．
14.五一小长假，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去某景点游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：一个会走路的机器人从一数轴上的点出发沿该数轴行走，游客可以设定机器人总共行走的步数n，机器人每一步会随机选择前或向后行走，且每一步的距离均为一个单位，设机器人走完设定的n步后所在位置对应数为随机变量Xn，则P(X6=0)= ______，D(Xn)= ______．
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)
已知(x−1)(mx+1)7=a0+a1x+a2x2+…+a8x8．
(1)若m=−1，求a1+a3+a5+a7的值；
(2)若a2=−70，求m的值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=(2x2−5x+4)ex．
(1)求y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
17.(本小题15分)
光明高级中学高三年级理科考生800人都参加了本学期的期中调研测试，学校把本次测试数学成绩达到120分以上(包含120分)的同学的数学成绩等第定为优秀，物理成绩达到90分以上(包含90分)的同学的物理成绩等第定为优秀.现从理科考生中随机抽取10名同学调研本次测试的数学和物理成绩，如下表：
(1)试列出2×2列联表，并依据α=0.10的独立性检验分析能否认为本次测试理科考生的数学成绩的等第优秀与物理成绩的等第是否优秀有关？
(2)如果本次测试理科考生的物理成绩X～N(μ,σ2)，用样本估计总体，以10名同学物理成绩的平均数为μ，方差为σ2，若从参加考试的800名理科考生中随机抽取4人，求这4人中至少有1人的物理成绩的等第优秀的概率．
参考数据：取 10≈3， 17≈4，0.841354≈0.501，0.977254≈0.91206．
若X～N(μ,σ2)，则P(μ−σχ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),n=a+b+c+d．
18.(本小题17分)
2024年4月25日—4月29日，“与辉同行”开启了一场深入中原的文化之旅，让河南文旅打开了流量密码.某景区趁此时机，举行五一游该景区网上购票抽奖活动，在网上购买该景区门票的游客，可通过手机扫景区提供的二维码进入抽奖活动页面，每张门票可从6个减免红包中随机抽取2个，6个红包的金额分别为5元、5元、10元、10元、30元、60元，已知该景区门票每张120元，全部实行网上购票．
(1)记购买1张门票的游客通过抽奖获得的红包金额之和为X，求X的分布列与期望；
(2)已知每位游客除门票外平均在该景区消费30元、40元、60元的概率分别为12，13，16，举行此抽奖活动后预计可使该景区五一期间客流量增加40%，假设每位购票游客都进行了抽奖，回答下列问题并说明理由：
①举行抽奖活动后该景区在五一期间的门票收入是增加了，还是减少了？
②举行抽奖活动后该景区在五一期间的总收入是增加了，还是减少了？
19.(本小题17分)
定义：若函数f(x)与g(x)的图象在x∈C上有且仅有一个交点，则称函数f(x)与g(x)在x∈C上单交，此交点被称为“单交点”.已知函数f(x)=2ex−ax，a∈R，g(x)=xex+2．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当0≤a<1时；
(i)求证：函数f(x)与g(x)在(0,+∞)上存在“单交点”(x0,f(x0))；
(ii)对于(i)中的正数x0，证明：ln[x0(a+1)]<1．
答案解析
1.D
【解析】解：由题意知m=3m−4，或m+3m−4=2024，
所以m=2或m=507．
故选：D．
2.B
【解析】解：因为x=1时的预测值为y =6×1+3=9，
所以残差为10−9=1．
故选：B．
3.C
【解析】解：由题意可知，f′(x)=limΔx→0f(x+Δx)−f(x)Δx=x−1x，x∈(0,+∞)，
令f′(x)<0得，0所以f(x)的单调递减区间是(0,1)．
故选：C．
4.D
【解析】解：先将甲、乙排为一列，有A22种方法，
再将其视为一个整体与其余5个视频排成一列，有A66种方法，
根据分步乘法计数原理可得，甲、乙在相邻两天发布的不同的发布种数为A22A66=1440．
故选：D．
5.D
【解析】解：由f′(x)的图象可知：当在(−∞,a)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(a,e)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(e,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
则函数f(x)有且仅有两个极值点a，e，
结合选项可知：ABC正确；D错误；
故选：D．
6.A
【解析】解：因为E(X)=np=35，D(X)=np(1−p)=1225，
所以D(X)E(X)=1−p=45，
即p=15，所以n=3，
所以np=15．
故选：A．
7.D
【解析】解：函数f(x)=13x3+32x2+c，则f′(x)=x2+3x=0，解得x=−3，0，
令f′(x)>0，解得x>0或x<−3；令f′(x)<0，解得−3则f(x)在(−∞,−3)和(0,+∞)上单调递增，在(−3,0)上单调递减，
又f(−3)=92+c，f(0)=c，
要使f(x)有3个不同的零点，则c<0<92+c，
所以−92故选：D．
8.B
【解析】解：用A表示丢掉一个小球后任取两个小球均为红球，用B1表示丢掉的小球为红球，B2表示丢掉的小球为黑球，
则P(B1)=P(B2)=12，P(A|B1)=C32C72=17,P(A|B2)=C42C72=27，
由全概率公式可得：
P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B1)=12×17+12×27=314，
所以P(B1|A)=P(AB1)P(A)=12×17314=13，
故选：B．
9.CD
【解析】解：由题意，Cn3=Cn8，解得n=11，
则展开式中共12项，系数最大的项即二项式系数最大的项为第6项和第7项．
故选：CD．
10.BCD
【解析】解：甲、乙、丙、丁4人每人随机选取VisualBasie、VisualC++，VisualFxpr三种编程语言之一进行学习，
每种编程语言至少有1人学习，A表示事件“甲学习VisualBasic编程语言”；
B表示事件“乙学习VisualBasic编程语言”；C表示事件“乙学习VisualC++编程语言”，
4人选择3种编程语言之一，每种编程语言至少有1人学习，共有C42C21A22⋅A33=36种安排方案，
甲学习VisualBasic编程语言、乙学习VisualBasic编程语言、乙学习VisualC++编程语言，各有C32A22+A33=12种方案，
∴P(A)=P(B)=P(C)=13；
甲、乙均学习VisualBasic编程语言，有A22=2种方案，
∴P(AB)=236=118；
甲学习VisualBasic编程语言且乙学习VisualC++编程语言，有1+C21C21=5种方案，∴P(AC)=536，
对于A，∵P(AB)≠P(A)P(B)，∴事件A与B不相互独立，故A错误；
对于B，∵P(AC)=536≠0，∴事件A与C不是互斥事件，故B正确；
对于C，P(C|A)=P(AB)P(A)=512，故C正确；
对于D，P(B|A)=P(AB)P(A)=16，故D正确．
故选：BCD．
11.AB
【解析】解：∵f(4x+1)为偶函数，即f(x+1)为偶函数，f′(x+1)为奇函数，
∴f′(x)的图象关于直线x=1对称，f′(x)的图象关于点(1,0)成中心对称，f′(1−x)=−f′(1+x)，
∴f′(1)=0，f′(x)=f′[1−(1−x)]=−f′[1+(1−x)]=−f′(2−x)，又f′(x+2)为偶函数，f′(x)图象关于直线x=2对称，
于是f′(x)=f′(4−x)=−f′[2−(4−x)]=−f′(x−2)，所以f′(x+2)=−f′(x)，
∴f′(x+4)=f′(x)，所以4是函数f′(x)的一个周期，
f′(3)=−f′(1)=0，f′(0)=−f′(2)=1，f′(4)=f′(0)=1，f′(1)+f′(2)+f′(3)+f′(4)=0，
于是i=12024f′(i)=506×0=0，i=12023f′(i)=i=12024f′(i)−f′(2024)=0−f′(2024)=−f′(0)=−1所以A，B正确；
同理可得4也是函数f(x)的一个周期，由于f(2)的值无法确定，所以C，D错误．
故选：AB．
12.87
【解析】解：由分布列的性质知：
P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=a(12+122+123)=78a=1，
解得a=87．
故答案为：87．
13.−14
【解析】解：f′(x)=x2+2ax−3，由题意知x1，x2是x2+2ax−3=0的两根，所以Δ=4a2+12>0，
且x1+x2=−2a，x1x2=−3，又x1−2x2=5，所以x1=5−4a3,x2=−2a+53，
所以5−4a3×(−2a+53)=−3，即4a2+5a+1=0，解得a=−1或a=−14．
当a=−1时，x1=3，x2=−1，此时f(x)的极小值为f(3)=−263，不合题意；
当a=−14时，x1=2,x2=−32，此时f(x)的极小值为f(2)=−4，符合题意．
故a=−14．
故答案为：−14．
14.516 n
【解析】解：设X表示向右移动的次数，则X～B(n,12)，
若运动6步回到原点，则向左，右各移动3次，
所以回到原点的概率P(X6=0)=C63×(12)3×(1−12)3=516．
因为机器人走完设定的n步后所在位置对应数为随机变量Xn，X表示向右移动的次数则n−X表示向左移动的次数，
则Xn=X−(n−X)=2X−n，
X～B(n,12)则D(X)=np(1−p)=n×12×12=n4，
所以D(Xn)=D(2X−n)=4D(X)=4×n4=n．
故答案为：516；n．
15.解：(1)在(x−1)(−x+1)7=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a8x8中，
取x=1，得0=a0+a1+a2+⋅⋅⋅+a8，
取x=−1，得−256=a0−a1+⋅⋅⋅+a8，
以上两式相减，得a1+a3+a5+a7=128．
(2)(mx+1)7的通项为Tk+1=C7k(mx)7−k=m7−kC7kx7−k，
若a2=−70，可得mC76−m2C75=−70，
所以3m2−m−10=0，解得m=2或−53．
【解析】(1)通过赋值法求系数和；
(2)通过二项式定理的通项求参数值．
16.解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)=(2x2−x−1)ex，
所以f′(0)=−1，
又f(0)=4，
故y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y−4=−(x−0)，即x+y−4=0．
(2)令f(x)=0，则2x2−x−1=0，
解得x1=−12，x=1，
所以当x<−12时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当−12当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=−12时，f(x)取得极大值f(−12)=7e−12，
当x=1时，f(x)取得极小值f(1)=e．
【解析】(1)求导并由导数的几何意义可得切线的斜率为f′(0)，又f(0)=4，由点斜式，即可得出答案．
(2)求导分析f′(x)的符号，f(x)的单调性，极值，即可得出答案．
17.解：(1)由题意可得，2×2列联表为：
零假设H0：本次测试理科考生的数学成绩的等第优秀与物理成绩的等第是否优秀无关，
则χ2=10×(2×4−0×4)26×4×2×8≈1.667<2.706，
依据小概率值α=0.10的独立性检验，我们推断H0成立，即认为数学成绩的等第优秀与物理成绩的等第优秀无关；
(2)由题意可得：物理成绩的平均分为x−=110×(84+90+82+84+83+81+83+81+90+82)=84(分)，
方差s2=110×[(84−84)2+(90−84)2+(82−84)2+(84−84)2+(83−84)2+(81−84)2+(83−84)2+(81−84)2+(90−84)2+(82−84)2]=10，
结合题意可知：X～N(84,10)，即μ=84，σ= 10≈3，则μ+2σ=90，
可得P(X<90)=1+P(μ−2σ记“4人中至少1人物理成绩的等第优秀”为事件A，
可得P(A)=1−[P(X<90)]2=1−0.977252≈0.08794，
所以4人中至少1人物理成绩的等第优秀的概率为0.08794．
【解析】(1)根据题意补全2×2列联表，计算χ2的值，再与临界值比较即可；
(2)根据平均数和方差的定义求出μ，σ，再结合正态分布曲线的对称性求解．
18.解：(1)由题意得X的取值可以是10，15，20，35，40，65，70，90．
P(X=10)=1C62=115，
P(X=15)=2×2C62=415，
P(X=20)=1C62=115，
P(X=35)=2C62=215，
P(X=40)=2C62=215，
P(X=65)=2C62=215，
P(X=70)=2C62=215，
P(X=90)=1C62=115，
所以X的分布列为：
E(X)=10×115+15×415+20×115+35×215+40×215+65×215+70×215+90×115=40．
(2)①假设不举行抽奖活动，该景区在五一期间客流量为n人，则门票收入为120n元，
举行抽奖活动后该景区在五一期间门票收入为n(1+40%)(120−40)=112n<120n，
所以举行抽奖活动后该景区在五一期间门票收入减少了．
②每位游客除门票外平均在该景区消费30元、40元、60元的概率分别为12，13，16，
则期望值为30×12+40×13+60×16=1153，
不举行抽奖活动，该景区在五一期间总收入为(120+1153)n=4753n，
举行抽奖活动后该景区在五一期间总收入为n(1+40%)(4753−40)=4973n>4753n，
所以举行抽奖活动后该景区在五一期间总收入增加了．
【解析】(1)先求随机变量的分布列，再求期望；
(2)通过随机变量的期望求总收入，再判断总收入是否增加．
19.(1)解：f′(x)=2ex−a，
当a≤0时，f′(x)>0对任意x∈R恒成立，故函数f(x)在R上单调递增；
当a>0时，令f(x)<0，得x0，得x>lna2，
故函数f(x)在(−∞,lna2)上单调递减，在(lna2,+∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，函数f(x)在R上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在(−∞,lna2)上单调递减，在(lna2,+∞)上单调递增．
(2)证明：(i)令f(x)=g(x)，得2ex−ax=xex+2，得(2−x)ex−ax−2=0，
令k(x)=(2−x)ex−ax−2，则k′(x)=(1−x)ex−a，
设m(x)=(1−x)ex−a，则m′(x)=−xex，
当x∈(0,+∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．
即k′(x)在(0,+∞)上单调递减，
且k′(0)=1−a>0，k′(0)=1−a>0，k′(1)=−a≤0，k′(1)=−a≤0，
故∃x1∈(0,1]，使得k′(x1)=0．
当x∈(0,x1)时，k′(x)>0，函数k(x)单调递增；
当x∈(x1,+∞)时，k′(x)<0，函数k(x)单调递减．
因为k(0)=0，k(2)=−2a−2<0，
所以k(x)在(0,2)上只有一个零点x0，故函数k(x)在(0,+∞)上只有一个零点x0，
即函数f(x)与g(x)在(0,+∞)上存在“单交点”(x0,f(x0))．
(ii)因为0即证ax0+x0−e<0，只需证ax0+2−e≤0．
因为k(x0)=(2−x0)ex0−ax0−2=0，得(2−x0)ex0=ax0+2，
所以只需证(2−x0)ex0−e≤0即可．
令ℎ(x)=(2−x)ex−e，0当x∈(0,1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；
当x∈(1,2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
故ℎ(x)man=ℎ(1)=0，即(2−x0)ex0−e≤0，
原不等式即证．
【解析】(1)对f(x)求导，再对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解；
(2)(i)结合定义，令f(x)=g(x)，构造函数k(x)=(2−x)ex−ax−2，借助导数研究其单调性，结合零点的存在性定理即可得证；
(ii)原问题可转化为证明(2−x0)ex0−e≤0，构造函数ℎ(x)=(2−x)ex−e，借助导数求出其在(0,2)上的最小值即可得．
数学(分)
119
145
99
95
135
120
122
85
130
120
物理(分)
84
90
82
84
83
81
83
81
90
82
α
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
xα
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
物理优秀
物理非优秀
总计
数学优秀
2
4
6
数学非优秀
0
4
4
总计
2
8
10
X
10
15
20
35
40
65
70
90
P
115
415
115
215
215
215
215
115