2023-2024学年上海师大附中高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年上海师大附中高二（下）期末数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.函数y=lg(4−x)的定义域为______．
2.若关于x的不等式mx2−5x+m≤0的解集为R，则实数m的取值范围是______．
3.若A∪B={1,2}，则不同的有序集合组(A,B)共有______种.
4.若函数f(x)=x2−2ax+b(a>1)的定义域与值域都是[1,a]，则实数b= ______．
5.已知函数f(x)=3x2+ax+3x2+1，若f(x)满足f(−6)=−6，则f(6)= ______．
6.纳皮尔精确的对数定义来源于一个运动的几何模型：假设有两个沿两平行直线运动的动点C和F，其中点C从线段AB的端点A向B运动，点F从射线DE的端点D出发向E运动，其中AB的长为aDE的长无限大.若DF的长度满足在第t秒时DF=3t，CA的长度满足在第t秒时CA=a−(12)t，记DF=x，CB=y，则x是关于y的一个对数函数.根据以上定义，当y=164时，则x= ______．
7.如图，我国古代珠算算具算盘每个档(挂珠的杆)上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面2颗叫上珠，下面5颗叫下珠，若从某一档的7颗算珠中任取3颗，记上珠的个数为X，则P(X≥1)= ______．
8.已知a，b，c∈R且a+b+c=0，a>b>c，则a2+c2ac的取值范围是______．
9.已知x1满足方程：3x+3x=4，x2满足方程：33−x=3x−5，则x1+x2= ______．
10.已知正数a，b满足a+b+1a+4b=10，则a+b的最大值是______．
11.用模型γ=aekx拟合一组数据(xi,yi)(i=1,2,⋯,10)，若x1+x2+⋯+x10=10，y1y2⋯y10=e70，设z=lny，得变换后的线性回归方程为z =b x+4，则ak=______．
12.对于定义在非空集D上的函数f(x)，若对任意的x1，x2∈D，当x1二、选择题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
13.人生在世，最大的问题，莫过于“学以成人”的问题；“学好数学”是“成人”的( )
A. 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
14.若实数a，b满足2a+3a=3b+2b，则下列关系式中可能成立的是( )
A. 015.已知两个连续型随机变量X，Y满足条件2X+Y=2，且Y服从标准正态分布.设函数F(x)=P(|X−2x|>1)，则F(x)的图像大致为( )
A. B.
C. D.
16.已知定义在R上的严格递增函数f(x)满足：任意x∈R，有f(1−x)+f(1+x)=2，f(2+x)+f(2−x)=4，则下列两个命题的真假情况是( )
命题甲：存在非零实数T，使得任意x∈R，f(x+T)=f(x)；
命题乙：存在非零实数c，使得任意x∈R，|f(x)−cx|≤1．
A. 甲真乙假B. 甲假乙真C. 甲真乙真D. 甲假乙假
三、解答题（本大题共5小题，共78分）
17.（14分）设a∈R，函数f(x)=lg2|x2+ax+2|．
(1)若a=−5，解不等式f(x)>1；
(2)求所有的a，使得f(x)在区间(12,1)上单调递增．
18.（14分）(1)已知关于x的一元二次方程x2−ax+6(a−4)=0的两个正实数根分别为x1，x2，且2x1+x2=8，求实数a的值．
(2)设x1，x2(x119.（14分）概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由两位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫(Markv)不等式和切比雪夫(Cℎebysℎev)不等式.马尔科夫不等式的形式如下：
设X为一个非负随机变量，其数学期望为E(X)，则对任意ε>0，均有P(X≥ε)≤E(X)ϵ，
马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学期望间的关系.当X为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：
设X的分布列为P(X=xi)=pi，i=1，2，⋯，n，其中pi∈(0,+∞),xi∈[0,+∞)(i=1,2,⋯,n),i=1npi=1，则对任意ε>0，P(X≥ε)=xi≥ε pi≤xi≥ε xiϵpi=1ϵxi≥ε xipi≤1ϵi=1nxipi=E(X)ϵ，其中符号xi≥ε Ai表示对所有满足xi≥ε的指标i所对应的Ai求和．
切比雪夫不等式的形式如下：
设随机变量X的期望为E(X)，方差为D(X)，则对任意ε>0，均有P(|X−E(X)|≥ε)≤D(X)ϵ2
(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量X成立．
(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为80%.现随机选择了100名患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药厂的宣传内容是否真实可信．
20.（18分）高一的珍珍阅读课外书籍时，发现笛卡尔积是代数和图论中一个很重要的课题.对于非空数集A，B，定义A⊗B={(x,y)|x∈A且y∈B}，将A⊗B称为“A与B的笛卡尔积”
(1)若A={−1,0,1}，B={−1,1}，求A⊗B和B⊗A；
(2)试证明：“A1⊗A2=A2⊗A1”是“A1=A2”的充要条件；
(3)若集合H是有限集，将集合H的元素个数记为|H|.已知|A1⊗A2|=m3(m∈N∗)，且存在实数a满足 |A1⊗A1|+|A2⊗A2||A2⊗A1|≥a对任意m∈N∗恒成立.求a的取值范围，并指明当a取到最值时|A1|和|A2|满足的关系式及m应满足的条件．
21.（18分）给定函数f(x)(x≥0)与g(x)，若ℎ(x)=f(x)−g(x)为严格递减函数且值域为(0,M](M为常数)，则称g(x)对于f(x)具有“Certaintyretentin”．
(1)证明：函数g(x)=13x对于f(x)=(13)x(x≥0)不具有“Certaintyretentin”；
(2)判断函数g(x)=x+1对于f(x)=x2+3x+3x+2(x≥0)是否具有“Certaintyretentin”；
(3)若函数g(x)=ax对于f(x)=x+ x2+1+ x2+4(x≥0)具有“Certaintyretentin”，求实数a的值．
参考答案
1.{x|0<4}
2.(−∞,−52]
3.9
4.5
5.12
6.18
7.57
8.(−52,−2]
9.3
10.9
11.3e4
12.28729
13.D
14.ABD
15.D
16.B
17.解：(1)若a=−5，则lg2|x2−5x+2|．
由f(x)>1；得lg2|x2−5x+2|>1；得|x2−5x+2|>2．
得x2−5x+2>2或x2−5x+2<−2
即x2−5x>0或x2−5x+4<0．
得x>5或x<0或1即不等式的解集为(−∞,0)∪(1,4)∪(5,+∞)．
(2)若判别式△=a2−8<0，即−2 2≤a≤2 2，二次函数y=x2+ax+2的对称轴为x=−a2，
当−a2≤12时，f(x)在区间(12,1)上单调递增．∴a∈[−1,2 2]；
若△=a2−8>0，即a<−2 2或a>2 2，
当a<−2 2，−a− a2−82≤12得a≤−92；
当a>2 2，−a+ a2−82≤12得a≥−92；
明显符合，所以此时a>2 2都满足条件
综上，a≥−1．
18.解：(1)根据韦达定理可得x1+x2=ax1x2=6a−24，
又因为2x1+x2=8，
所以x1=8−a，x2=2a−8．
所以(8−a)(2a−8)=6a−24，
解得a1=5，a2=4．
又因为x2=2a−8，且x1，x2是两个正实数根，
所以a≠4，
所以a=5．
(2)由韦达定理，得x1+x2=−ba2，x1x2=1a2，x3+x4=−ba，x3x4=1a．
前后两式分别相除，得1x1+1x2=−b=1x3+1x4．
因为x1x2=1a2>0，所以x1、x2同号．
若x3<0则1x3<1x4<1x2<1x1，1x3+1x4<1x1+1x2，矛盾．
若x3所以x1、x2、x3、x4同号，且有x3x4=1a>0，即a>0．
又因为x3所以1x3−1x4>1x1−1x2>0．
结合①，得(1x1+1x2)2−(1x1−1x2)2>(1x3+1x4)2−(1x3−1x4)2⇒1x1x2>1x3x4，
即a2>a，结合a>0，可知实数a的取值范围为a>1．
19.解：(1)证明：法一：对非负离散型随机变量[X−E(X)]2及正数ε2使用马尔科夫不等式，
有P(|X−E(X)|≥ε)=P([X−E(X)]2≥ε2)≤E[X−E(X)]2ϵ2=D(X)ϵ2．
法二：设X的分布列为
P(X=xi)=pi，i=1，2，⋯，n，
其中pi,xi∈(0,+∞)(i=1,2,⋯,n),i=1npi=1，
记μ=E(X)，则对任意ε>0，
P(|X−μ|≥ε)=|xi−μ|≥ε Pi≤|xi−μ|≥ε (xi−μ)2ϵ2Pi=1ϵ2|xi−μ|≥ε (xi−μ)2Pi≤1ϵ2i=1n(xi−μ)2Pi=D(X)ϵ2．
(2)设在100名患者中治愈的人数为X.假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观真实的，
那么在此假设下，X∼B(100,0.8)，E(X)=100×0.8=80，D(X)=100×0.8×(1−0.8)=16．
由切比雪夫不等式，有P(X≤60)≤P(|X−80|≥20)≤D(X)202=0.04．
即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，
据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．
20.解：(1)由题意可得：A⊗B={(−1,−1)，(−1,1)，(0,−1)，(0,1)，(1,−1)，(1,1)}，
B⊗A={(−1,−1)，(−1,0)，(−1,1)，(1,−1)，(1,0)，(1,1)}．
(2)若A1=A2，设A1=A2=A，
由定义可知：A1⊗A2={(a,b)|a∈A且b∈A}=A2⊗A1，
所以“A1⊗A2=A2⊗A1”是“A1=A2”的必要条件；
若A1⊗A2=A2⊗A1，对任意(a,b)∈A1⊗A2，均有(a,b)∈A2⊗A1，
即对任意a∈A1，b∈A2，均有a∈A2，b∈A1，
由任意性可知A1⊆A2，A2⊆A1，则A1=A2，
所以“A1⊗A2=A2⊗A1”是“A1=A2”的充分条件；
综上所述：“A1⊗A2=A2⊗A1”是“A1=A2”的充要条件．
(3)设|A1|=c,|A2|=d,c,d∈N∗，
则|A1⊗A2|=|A2⊗A1|=cd=m3，|A1⊗A1|=c2,|A2⊗A2|=d2，
可得 |A1⊗A1|+|A2⊗A2||A2⊗A1|= c2+d2cd= cd+dc≥ 2 cd⋅dc= 2，
当且仅当cd=dc，即c=d时，等号成立，
所以实数a的取值范围(−∞, 2]．
若a取到最大值，则c=d，即|A1|=|A2|，
可得c2=m3，即c= m3=( m)3∈N∗，
所以m=k2，k∈N∗．
21.解：(1)证明：设ℎ(x)=f(x)−g(x)=(13)x−13x，ℎ(2)=19−23<0，
则函数g(x)=13x对 f(x)=(13)x(x≥0)不具有“Certaintyretentin”；
(2)函数g(x)=x+1对于f(x)=x2+3x+3x+2(x≥0)具有“Certaintyretentin”；
设ℎ(x)=f(x)−g(x)=x2+3x+3x+2−(x+1)=1x+2，
当x≥0时，易得ℎ(x)为减函数，
且0<ℎ(x)≤ℎ(0)=12，
即ℎ(x)值域为(0,12],
故函数g(x)=x+1对于f(x)=x2+3x+3x+2(x≥0)具有“Certaintyretentin”；
(3)令ℎ(x)=x+ x2+1+ x2+4−ax= x2+1+ x2+4+(1−a)x，
根据“确界保持性”定义可知ℎ(x)在[0,+∞)上单调递减，
故ℎ(x)≤ℎ(0)=3，即ℎ(x)的值域为(0,3]；
由于ℎ(x)=x+ x2+1+ x2+4−ax= x2+1+ x2+4+(1−a)x= x2+1+(1−a)x2+ x2+4+(1−a)x2，
可以看到，若(1−a)x2=−x，即a=3时，
则 x2+1−x， x2+4−x可化简为1 x2+1+x,4 x2+4+x，
且在(0,+∞)上均单调递减，
故先证明a=3符合题意，
当a=3时，ℎ(x)= x2+1+ x2+4−2x，
先证明ℎ(x)= x2+1+ x2+4−2x在[0,+∞)上单调递减，
设∀x1，x2∈[0,+∞)，x1(x1−x2)[x1+x2 x12+1+ x22+1+x1+x2 x12+4+ x22+4−2]，
当∀x1，x2∈[0,+∞).x1故00 则x1+x2 x12+1+ x22+1+x1+x2 x12+4+ x22+4<2，
即x1+x2 x12+1+ x22+1+x1+x2 x12+4+ x22+4−2<0，
故ℎ(x1)−ℎ(x2)>0即ℎ(x1)>ℎ(x2)，
所以ℎ(x)= x2+1+ x2+4−2x在[0,+∞)上单调递减，
故ℎ(x)max=ℎ(0)=3，
ℎ(x)= x2+1−x+ x2+4−x=1 x2+1+x+4 x2+4+x，
当x趋向于无限大时，1 x2+1+x，4 x2+4+x均无限接近于0，且大于0，即ℎ(x)>0，且无限接近于0，
故ℎ(x)的值域为(0,3]，故函数g(x)=3x，
对于f(x)=x+ x2+1+ x2+4(x≥0)具有“Certaintyretentin”，
当a<3时，ℎ(x)=x+ x2+1+ x2+4−ax>x+x+x−ax=(3−a)x，
取x=33−a，则ℎ(33−a)>(3−a)⋅33−a=3，
不满足函数ℎ(x)值域为(0,3]，
此时不符合题意，舍去；
当a>3时： x2+1≤ (x+1)2=x+1, x2+4≤ (x+2)2=x+2,x[0,+∞)，
则ℎ(x)=x+ x2+1+ x2+4取x=3a−3，则ℎ(3a−3)<(3−a)⋅3a−3+3=0，
不满足函数ℎ(x)值域为(0,3]，
此时不符合题意，舍去，
综上，当a=3时，函数g(x)=ax对于f(x)=x+ x2+1+ x2+4(x≥0)具有“Certaintyretentin”．