福建省福州市九县（市、区）一中2023-2024学年高二下学期7月期末联考+数学试卷（含答案）

这是一份福建省福州市九县（市、区）一中2023-2024学年高二下学期7月期末联考+数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023-2024 学年度第二学期九县（区、市)一中期末联考
高中二年数学科试卷
完卷时间：120 分钟 满分：150分
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5 分，共40 分．在每小题给出的四个选项中，有且
只有一项符合题目要求.
1．设集合A =[a,3]，B = (-1,2)，若A∩B = ⑦ ,则（ )
A．-12．已知实数a，b，c，d 满足a >b >0>c >d ，则下列不等式一定正确的是（)
A．>B．a+d>b+c
C．a-d >b-c D．ac >bd
3 ．命题p：丫x ∈R，3x2 -6x +2m ≥ 0 ，则“m ≥1”是“p为真命题”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
4．某校联考的数学成绩服从正态分布，其总体密度函数为= 0.6，
若联考的学生有500 人，则成绩超100 过分的人数约为（)
A．100 B．120 C．125 D．150
5．已知正实数x，y 满足= 1，则3xy-5x 的最小值为（)
xy
A．24B．25 C．26 D．27
6．的展开式中，常数项为（)
A．-140B．-141 C．141 D．140
7．已知函数对于任意两个不相等的实数x1,x2 ∈R，都有不等式
(x1-x2)[f(x1)-f(x2 )]<0成立，则实数a 取值范围为（)
A．(-∞,-4] B．[-6,-4] C．[-4,0) D．(-∞,-6]
8．已知函数f(x)定义域为R，且2yf(x)-2xf(y)=xy(y-x)，下列结论成立的是（ )
A．f(x)为偶函数B．f(2)=-2
C．f(x)在[1,2]上单调递减D．f(x)有最大值
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6 分，共18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分.
9．对具有相关关系的两个变量x 和)进行回归分析时，下列结论正确的是（ )
A．若A，B 两组成对数据的样本相关系数分别为rA= 0.97 ，rB= -0.99 ，则A组数据比B组数据的相关
性较强
B．若所有样本点都落在一-条斜率为非零实数的直线上，则决定系数R2 的值为1
C．若样本点的经验回归方程为= 0.4x +1.2 ，则在样本点(2,1.7)处的残差为0.3
D．以y = cekx模型去拟合一组数据时，为求出回归方程，设z =lny，将其变换后得到线性方程z =2x+3，则c，k的值分别是e3和2
10．已知事件A，B，且P，则
A．B.
C．D.
11．已知函数f(x) =esinx+ecsx，则（)
A．f(x)的图象关于对称
B．f(x).f(x+n)≥4C．f(x)+f(-x)>3
D．f(x)在区间上的极小值为2e-
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5 分，共15 分．第13 题第一空2 分，第二空3分
2x -x
12．已知函数f(x)= (x+ax).(e-e )为奇函数，则实数a的值为.
13．某快件从甲送到乙需要5 个转运环节，其中第1，2 两个环节各有a，b 两种方式，第3，4 两个环节各有b，c 两种方式，第5 个环节有d，e 两种方式，则快件从甲送到乙，第一个环节使用a 方式的送达方式有
种；从甲到乙恰好用到4 种方式的送达方式有种.
______
14．定义Π(A)为集合A中所有元素的乘积，规定：只有一个元素时，乘积即为该元素本身，已知集合
,集合M 的所有非空子集依次记为M1、M2、…、M127，则
Π(M1)+Π(M2 )+...+Π(M127 ) =.
四、解答题：本大题共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．（13 分)对某地区2024 年第一季度手机品牌使用情况进行调查，市场占有率数据如下：
（1)从所有品牌手机中随机抽取2 部，求抽取的2 部中至少有一部是甲品牌的概率；
（2)已知所有品牌手机中，甲品牌、乙品牌与其他品牌手机价位不超过4000 元的占比分别为40%，30%，50%，从所有品牌手机中随机抽取1 部，求该手机价位不超过4000 元的概率.
16．（15 分)某工厂进行生产线智能化升级改造，对甲、乙两个车间升级改造后，（1)从该工厂甲、乙两个车
间的产品中各随机抽取50 件进行检验，其中甲车间优等品占，乙车间优等品占，请填写如下列联表：
依据小概率值α=0.05的独立性检验，能否认为车间与优等品有关联？（结果精确到0.001)
,其中n = a+b+c+d.
下表是X独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值.
（2)调查了近10 个月的产量xi（单位：万个)和月销售额yi（单位：万元)，得到以下数据：
xi= 20,yi = 70,= 88,xiyi = 200，根据散点图认为y．关于x的经验回归方程为= x +，
试求经验回归方程.
参考公式其中
17．（15分)已知函数= alnx-
（1)讨论函数函数f(x)的的单调性；
（2)若函数f(x)有极值点，
（i)求实数a的取值范围；
甲品牌
乙品牌
其他品牌
市场占有率
50%
30%
20%
优等品
非优等品
总计
甲车间
乙车间
总计
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
（ii)判断f(x)的零点个数.
18．（17 分)甲和乙两个箱子中各装有N个大小、质地均相同的小球，并且各箱中是红球，是白球.
（1)当N =5时，分别从甲、乙两箱中各依次随机地摸出3 个球作为样本，设从甲箱中采用不放回摸球得到的样本中红球的个数为X，从乙箱中采用有放回摸球得到的样本中红球的个数为Y，求E(X)，E(Y)，D(X)，D(Y)；
（2)当N =10时，采用不放回摸球从甲箱中随机地摸出5 个球作为样本，设Ak(k =1,2,3,4,5)表示“第k次取出的是红球”，比较P(A1A2A3A4 )与P(A1 )P(A2 )P(A3 )P(A4 )的大小；
（3)由概率学知识可知，当总量N 足够多而抽出的个体足够少时，超几何分布近似为二项分布．现从甲箱中不放回地取3 个小球，恰有2 个红球的概率记作P1 ；从乙箱中有放回地取3 个小球，恰有2 个红球的概
率记作P2．那么当N 至少为多少时，我们可以在误差不超过0.003（即P1-P2 ≤ 0.003)的前提下认为超几
何分布近似为二项分布？（参考数据290≈17.03 )
19．（17分)已知函数f(x)=lnx+2x-b(b >2).
（1)证明：f(x)恰有一个零点a，且a ∈(1,b)；
（2)我们曾学习过“二分法”求函数零点的近似值，另一种常用的求零点近似值的方法是“牛顿切线法"．任取x1∈(1,a)，实施如下步骤：在点(x1,f(x1 ))处作f(x)的切线，交x 轴于点(x2,0)；在点(x2,f(x2 ))处作f(x)的切线，交x 轴于点(x3,0)；一直继续下去，可以得到一个数列{xn}，它的各项是f(x)不同精
确度的零点近似值.
（i)设xn+1 = g(xn)，求g(xn)的解析式；（ii)证明：当x ∈(1,a)，总有xn2023-2024 学年第二学期高3 二九县（区、市)期末联考高二年级（数学)评分细则
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5 分，共40 分．在每小题给出的四个选项中，有且
只有一项符合题目要求.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
B
A
B
C
B
D
三、填空题：本题共3小题，每小题5 分，共15 分．第13 题第-空2 分，第二空3分.
12．0．13．16，16 14．215
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（共5 大题，13 分+15 分+15分+17分+17 分，共77分)
15．（1)解法1；随机抽取1部手机，是甲品牌的概率0.5，
:抽取的两部手机至少有一部是甲品牌的概率P = 1-0.52= 0.75 .解法2：随机抽取1 部手机，是甲品牌的概率为0.6×0.5 =0.3，
0.6×0.5 = 0.3抽取的两部手机至少有一部是甲品牌的概率P = 0.5×0.5+C×0.5×0.5 = 0.75 .
（2)解：从该地区所有品牌手机中随机抽取1 部，
记事件A1，A2 ，A3分别为“抽取的手机为甲品牌、乙品牌、其他品牌手机”
记事件B 为“抽取的手机价位不超过4000 元”
则P(A1 )= 0.5 ，P(A2)=0.3 ，P(A3)=0.2，
P(B | A1 )=0.4，P(B | A2)=0.3 ，P(B | A3)=0.5，
所以P(B) =P(A1B)+P(A2B)+P(A3B) =P(A1)P(BA1)+P(A2 )P(BA2 )+P(A3)P(BA3).
= 0.5×0.4+0.3×0.3+0.2×0.5=0.39，该手机价位不超过4000 元的概率为0.39.
16．（1)
设H0：车间与优等品无关.
根据小概率值α=0.05的独立性检验，能在犯错误的概率不超过0.05的情况下，认为两车间的优等品有差异.
（2)解：依题意得：
题号
9
10
11
答案
BD
ABC
ABD
优等品
非优等品
总计
甲车间
40
10
50
乙车间
30
20
50
总计
70
30
100
又因为xiyi= 200 ，，
= y-x= 7 -1.25×2 = 4.5
所以经验回归方程为= 1.25x +4.45
17．（1)解：函数f(x)的定义域为{x |x >0}
①当a ≤ 0 时，f’(x)<0恒成立，:f(x)在(0,+∞)上单调递减
②当a >0 时，令f’=0 ，得x1 =-
:f(x)的单调递增区间为单调递减区间为
综上所述：当a ≤0 时f(x)在定义域(0,+∞)上单调递减；
当a >0 时f(x)的单调递增区间为单调递减区间为.
（2)解：（i)由（1)知a >0
（ii)由（1)知f(x)的极大值为f()
当lna-1<0 即0 0即a >e时，f
x
(0,·ia)
a
f’(x)
+
0
-
f(x)
递增
极大值
递减
令g(a) = ln a -a，(a>e)，g’(a) = -<0 ，:g(a)在(e,+∞) 上单调递减
:g(a) :f(x)有2 个零点；
（注：当a >e时的情况，没有给出函数值为负值的2 个特殊点，直接得出2 个零点，给1 分)综上所述：当0 当a =e时，f(x)有1 个零点；当a >e时，f(x)有2 个零点
18．（1)对于有放回摸球，每次摸到红球的概率为0.6，且每次试验之间的结果是独立的，
X服从超几何分布，X 的可能取值为1，2，3，则
:E(X) = 1×+2×+3×=，
(5, 10 ( 5,5(5, 1025
D(X) = (|1-9)|2 ×3 +|(2-9)|2×3+|(3-9)|2×1=9
解：QP即采用不放回摸球，每次取到红球的概率都为P(Ak)=：
则P(A1A2A3A4 )≤ 0.003 ，即-0.432 ≤ 0.003，
由题意知>0 ，从而48N
化简得N2 -195N+290 ≥ 0，解法1：
又则
所以当0 ·、时f’(x)>0，
所以f(x)在(0,、i290)上单调递减，在(s290,+∞) 上单调递增，
【此处证单调性另解：
0)为对勾函数290≈ 34.06，（当且仅当x =时取等)．所
以f(x)在(0,·、i290)上单调递减，在(·i290,+∞) 上单调递增】
所以f(x)在x = ·i290≈ 17.03 处取得最小值，从而y = N+在N≥18时单调递增，当N ≤ 20时，N +<147，又193+≈ 194.50 <195，194+≈ 195.49 >195，
:当N≥194时，符合题意
考虑到N ，N都是整数，则N 一定是5的正整数倍，
所以N 至少为195时，在误差不超过0.003（即P1-P2 ≤ 0.003)的前提下认为超几何分布近似为二项分布.解法2：
化简得N2 -195N+290 ≥ 0，
N <或，
QN为整数，:N ≤1或N≥194
QN，N都是整数，则N 一定是5的正整数倍，
所以N 至少为195时，在误差不超过0.003（即P1-P2 ≤ 0.003)的前提下认为超几何分布近似为二项分布.
19．（1)f(x)=lnx+2x-b(b >2)，定义城为(0,+∞)，
所以，f’(x)=+2 >0在(0,+∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为f(1)=ln1+2-b = 2-b <0(b >2)，f(b)= lnb+26b-b = lnb+b >0(b >2)，所以，存在唯一a ∈(1,b)，使得f(a)= 0 ，即：f(x)有唯一零点a，且a ∈(1,b)；
所以，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线斜率为kn=+2，
n
所以，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程为
所以，切线与x 轴的交点，即xn+1 =所以
证明：（ii)对任意的xn∈(0,+∞)，由（i)知，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程为：
x+lnxn-b-1 ，故令hx+lnxn-b-1，
令F(x) =f(x)-h(x) =lnx-x-lnxe+1，
n
所以
所以，当x ∈(0,xn)时，F’(x)>0 ，F(x)单调递增，当x ∈(xn,+∞)时，F’(x)<0 ，F(x)单调递减，
所以，恒有F(x)≤F(xn)=0 ，即f(x)≤h(x)恒成立，当且仅当x = xn时等号成立，
另一方面，由 知，xn+1 = xn -，
且当xn≠ a 时xn+1 ≠ xn，
（若xn= a，则f(xn)=f(a)= 0 ，故任意xn+1 = xn= …= x1 = a，显然矛盾)，因为xn+1是h(x)的零点，所以f(xn+1 )因为f(x)为单调递增函数，所以，对任意的xn≠ a 时，总有xn+1 又因为x1 0 ，f(xn)所以xn+1 = xn->xn ，
综上，当x1 ∈(1,a)，总有xn