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2023-2024学年福建省福州市九县（市、区）一中高二下学期7月期末联考数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省福州市九县（市、区）一中高二下学期7月期末联考数学试题（含解析），共16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。
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=⌀，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. ad>bcB. a+d>b+cC. a−d>b−cD. ac>bd
3.命题p：∀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：fx=1σ 2πex−9022σ2，且p(80≤x≤100)=0.6，若联考的学生有500人，则成绩超100过分的人数约为( )
A. 100B. 120C. 125D. 150
5.已知正实数x，y满足1x+3y=1，则3xy−5x的最小值为( )
A. 24B. 25C. 26D. 27
6.x+1x−16的展开式中，常数项为( )
A. −140B. −141C. 141D. 140
7.已知函数f(x)=x2+3x−4,x≤aax−22,x>a，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. −∞,−4B. −6,−4C. −4,0D. −∞,−6
8.已知函数fx定义域为R，且2yfx−2xfy=xyy−x，下列结论成立的是( )
A. fx为偶函数B. f2=−2
C. fx在1,2上单调递减D. fx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y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y=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(A)=13，PBA=15，PBA=35，则( )
A. P(AB)=25B. PB|A=45C. P(A+B)=1115D. PB=35
11.已知函数f(x)=esinx+ecsx，则( )
A. fx的图象关于x=5π4对称
B. fx⋅fx+π≥4
C. fx+f−x>3
D. fx在区间π2,3π2上的极小值为2e− 22
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。第13小题第一空2分，第二空3分。
12.已知函数fx=x2+ax⋅ex−e−x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∏(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M=−23,54,1,3,7,8,−12，集合M的所有非空子集依次记为M1、M2、…、M127，则∏(M1)+∏(M2)+...+∏(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45，乙车间优等品占35，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)
χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，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：i=110xi=20,i=110yi=70,i=110xi2=88,i=110xiyi=200，根据散点图认为y.关于x的经验回归方程为y=bx+a，试求经验回归方程．
参考公式：a=y−bx，其中b=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx2．
17.（15分）已知函数fx=alnx−12x2，a∈R
(1)讨论函数fx的的单调性；
(2)若函数fx有极值点，
(i)求实数a的取值范围；
(ii)判断fx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35是红球，25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EX，EY，DX，DY；
(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Akk=1,2,3,4,5表示“第k次取出的是红球”，比较PA1A2A3A4与PA1PA2PA3PA4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fx=lnx+2x−b(b>2)．
(1)证明：fx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,fx1处作fx的切线，交x轴于点x2,0：在点x2,fx2处作fx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fx不同精确度的零点近似值．
(i)设xn+1=gxn，求gxn的解析式；
(ii)证明：当x1∈1,a，总有xn答案解析
1.D
【解析】因为集合A=a,3，B=−1,2，且A∩B=⌀，则a≥2，且a<3，
所以2≤a<3．
故选：D
2.C
【解析】取3>1>0>−3>−4，可得3−4<1−3，故 A错误；
取2>1>0>−3>−4，可得2−4=1−3，故 B错误；
因为c>d，所以−d>−c，又因为a>b，
由同向不等式的可加性可得a−d>b−c，故 C正确；
取2>1>0>−3>−4，可得2×(−3)<1×(−4)，故 D错误．
故选：C．
3.B
【解析】因为∀x∈R，3x2−6x+2m≥0，
所以Δ=36−24m≤0，得m≥32，
因为当m≥1时，m≥32不一定成立，而当m≥32时，m≥1一定成立，
所以“m≥1”是“p为真命题”的必要不充分条件．
故选：B
4.A
【解析】因为总体密度函数为：fx=1σ 2πex−9022σ2，
所以X∼N(90,σ2)，即μ=90，
由p(80≤x≤100)=0.6，所以p(x>100)=1−0.62=0.2
所以数学成绩超过100分的人数大约为500×0.2=100人.
故选：A．
5.B
【解析】因为正实数x，y满足1x+3y=1，
所以xy=y+3x，
所以3xy−5x=3(y+3x)−5x=3y+4x
=(3y+4x)1x+3y
=3yx+12xy+4+9
≥2 3yx⋅12xy+4+9=25，
当且仅当3yx=12xy，即x=52,y=5时取等号，
所以3xy−5x的最小值为25．
故选：B
6.C
【解析】x+1x−16展开式的通项公式为：
Tr+1=C6r(x+1x)6−r(−1)r=(−1)rC6rC6−rmx6−r−m(1x)m=(−1)rC6rC6−rmx6−r−2m，
当m=0,r=6时，常数项为1；
当m=1,r=4时，得常数项为(−1)4C64C21=30；
当m=2,r=2时，得常数项为(−1)2C62C42=90；
当m=3,r=0时，得常数项为(−1)0C60C63=20；
所以展开式中的常数项为1+30+90+20=141．
故选：C．
7.B
【解析】令x2+3x−4=0，解得x=−4或1，取函数y=x2+3x−4对称轴x=−32左边零点x=−4，
根据题意，函数fx在R上单调递减，则
a<0a≤−4a2+3a−4≥a2−22，解得−6≤a≤−4，
所以实数a的取值范围为−6,−4．
故选：B．
8.D
【解析】由于函数fx的定义域为R，且2yfx−2xfy=xyy−x，
令y=2，则4fx−2xf2=2x2−x，得fx=−12x2+12f2+1x，
x=2时，f2=−12×22+f2+2恒成立，无法确定f2=−2，B不一定成立；
由于f2=−2不一定成立，故fx=−12x2+12f2+1x不一定为偶函数，A不确定；
由于fx=−12x2+12f2+1x的对称轴为x=12⋅f2+1与1,2的位置关系不确定，
故fx在1,2上不一定单调递减，C不确定，
由于fx=−12x2+12f2+1x表示开口向下的抛物线，故函数fx必有最大值， D正确．
故选：D
9.BD
【解析】对于A，因为相关系数的绝对值越大，数据的相关性越强，而rA所以B组数据比A组数据的相关性较强，所以A错误，
对于B，因为所有样本点都落在一条斜率为非零实数的直线上，所以两个变量x和y之间是一次函数，所以决定系数R2的值为1，所以B正确，
对于C，因为样本点的经验回归方程为y=0.4x+1.2，所以当x=2时，y=0.4×2+1.2=2，
所以残差为1.7−2=−0.3，所以 C错误，
对于D，由y=cekx，得lny=ln(cekx)=lnc+kx，因为z=lny，所以z=kx+lnc，
因为z=2x+3，所以k=2,lnc=3，得k=2,c=e3，所以 D正确．
故选：BD
10.ABC
【解析】因为P(A)=13，则P(A)=23，所以P(AB)=PA⋅PBA=23×35=25，故 A正确；
因为PB|A=1−PBA=1−15=45，故 B正确；
因为PA=1−PA=23，PBA=1−PBA=25，
所以PB=PAPBA+PAPBA=13×15+23×25=13，故 D错误；
因为PB=1−PB=1−13=23，PAB=PA⋅PB|A=13×45=415，
因为P(A+B)=PA+PB−PAB=13+23−415=1115，故 C正确；
故选：ABC
11.ABD
【解析】对于A，因为f(5π2−x)=esin(5π2−x)+ecs(5π2−x)=ecsx+esinx=f(x)，
所以fx的图象关于x=5π4对称，所以 A正确，
对于B，fx⋅fx+π=(esinx+ecsx)(esin(x+π)+ecs(x+π))
=(esinx+ecsx)(e−sinx+e−csx)
=2+ecsxesinx+esinxecsx≥2+2 ecsxesinx⋅esinxecsx=4，
当且仅当ecsxesinx=esinxecsx，即sinx=csx时取等号，所以 B正确，
对于C，因为f(π)+f(−π)=esinπ+ecsπ+esin(−π)+ecs(−π)
=e0+e−1+e0+e−1=2+2e<3，所以 C错误，
对于D，由f(x)=esinx+ecsx，得f′(x)=esinx⋅csx−ecsx⋅sinx，
当x∈π2,π时，csx≤0,sinx>0，所以f′(x)<0，
当x∈π,3π2时，f′(x)=esinx⋅csx−ecsx⋅sinx=esinxsinx−ecsxcsx⋅sinxcsx，
令g(x)=exx(−1所以g(x)在(−1,0)上递减，
当x∈π,5π4时，−1g(sinx)，
所以esinxsinx−ecsxcsx<0，所以f′(x)<0，
当x∈5π4,3π2时，−1所以esinxsinx−ecsxcsx>0，所以f′(x)>0，
所以fx在π2,5π4上递减，在5π4,3π2上递增，
所以fx在x=5π4处取得极小值，
所以fx的极小值为f(5π4)=esin5π4+ecs5π4=2e− 22，所以 D正确．
故选：ABD
12.0
【解析】因为函数fx=x2+ax⋅ex−e−x为奇函数，则f−x=−fx，
f−x=x2−ax⋅e−x−ex，−fx=−x2+ax⋅ex−e−x=x2+ax⋅e−x−ex，
则x2−ax=x2+ax，解得a=0．
故答案为：0
13.16；16
【解析】由题意可得，若第一个环节使用a方式的送达方式有1×2×2×2×2=16种；
快递从甲送到乙有4种运输方式，且第5个环节从d，e两种运输方式中选一种，
1，2，3，4个环节必须包含a,b,c三种不同的运输方式，
若第1，2个环节运输方式相同，则只能都选a，则3，4个环节一个选b，一个选c，
则有2×1×2=4种，
若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含a,b两种运输方式，
则3，4个环节一个选b，一个选c，或者都选c，
则由2×2×2+2×1×2=8+4=12种，
快递从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有4+12=16种.
故答案为：16；16
14.215
【解析】设f(x)=(x−23)(x+54)(x+1)(x+3)(x+7)(x+8)(x−12)，
则集合的所有子集的乘积之和即为展开式中所有项的系数之和减1，
令x=1，则展开式中所有项的系数之和为T=(1−23)(1+54)(1+1)(1+3)(1+7)(1+8)(1−12)=216，
所以∏(M1)+∏(M2)+...+∏(M127)=216−1=215．
故答案为：215．
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=1−1−0.52=0.75．
解法2：随机抽取1部手机，是甲品牌的概率为0.5，
∴抽取的两部手机至少有一部是甲品牌的概率P=0.5×0.5+2×0.5×1−0.5=0.75．
(2)
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PA1=0.5，PA2=0.3，PA3=0.2，
PB|A1=0.4，PB|A2=0.3，PB|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．
【解析】(1)解法一：利用对立事件的概率公式计算可得；解法二：分两种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
(2)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”，利用全概率公式计算可得．
16.(1)
设H0：车间与优等品无关．
χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=(40×20−30×10)2×10070×30×50×50=10021≈4.762>3.841=x0.05
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，认为车间与优等品有关联．
(2)
依题意得：
x=110i=110xi=2，y=110i=110yi=7
又因为i=110xiyi=200，i=110xi2=88，
故b=i=110xiyi−10x⋅yi=110xi2−10x2=200−10×2×788−10×2×2=6048=1.25，
a=y−bx=7−1.25×2=4.5
所以经验回归方程为y=1.25x+4.45．
【解析】(1)根据χ2的计算公式即可求解．
(2)利用经验回归方程计算公式即可代入求解．
17.(1)
函数fx的定义域为x|x>0
∴f′(x)=ax−x=−x2+ax，
①当a≤0时，f′x<0恒成立，∴fx在(0,+∞)上单调递减
②当a>0时，令f′x=0，得x1=− a(舍去)x2= a
∴fx的单调递增区间为0, a，单调递减区间为 a,+∞
综上所述：当a≤0时fx在定义域(0,+∞)上单调递减；
当a>0时fx的单调递增区间为0, a，单调递减区间为 a,+∞．
(2)
(i)由(1)知a>0
(ii)由(1)知fx的极大值为f a，
f( a)=aln a−12 a2=12alna−12a=12a(lna−1)，
当lna−1<0即0当lna−1=0即a=e时，f a=0，则fx有1个零点：
当lna−1>0即a>e时，f a>0，
∵f(1)=aln1−12=−12<0，f(a)=alna−12a2=a(lna−12a)，
令g(a)=lna−12a，(a>e)，g′(a)=1a−12<0，∴ga在(e,+∞)上单调递减，
∴g(a)∴fx有2个零点；
综上所述：当0当a=e时，fx有1个零点；当a>e时，fx有2个零点
【解析】(1)根据题意，求导可得f′x，然后分a≤0与a>0讨论，即可得到结果；
(2)(i)结合(1)中的结论，即可求解；(ii)结合(1)中的结论可得fx的极大值为f a，然后分lna−1<0，lna−1=0与lna−1>0讨论，即可得到结果．
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，
则Y∼B(3,35),E(Y)=3×35=95,D(Y)=3×35×25=1825
X服从超几何分布，X的可能取值为1，2，3，则
P(X=1)=C22C31C53=310,P(X=2)=C21C32C53=35,P(X=3)=C33C53=110
∴E(X)=1×310+2×35+3×110=95，
D(X)=1−952×310+2−952×35+3−952×110=925，
或D(X)=12×310+22×35+32×110−952=925；
(2)
∵P(Ak)=6×A94A105=35，即采用不放回摸球，每次取到红球的概率都为PAk=35：
∴P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=354=81625
又PA1A2A3A4=A64C61A105=6×5×4×3×610×9×8×7×6=135<81625，
则PA1A2A3A4(3)
因为P2=C32352×25=54125=0.432，
P1=C33N2C25N1CN3=35N35N−12⋅25NNN−1N−26=1825×N35N−1(N−1)(N−2)，
∵P1−P2≤0.003，即1825×N35N−1(N−1)(N−2)−0.432≤0.003，
即1825×N35N−1(N−1)(N−2)≤0.435，即N35N−1(N−1)(N−2)≤2948，
由题意知N−1N−2>0，从而48N35N−1≤29N−1N−2，
化简得N2−195N+290≥0，
解法1：
又N>0，∴N+290N≥195，令fx=x+290xx>0，
则f′x=1−290x2=x2−290x2，
所以当0 290时f′x>0，
所以fx在0, 290上单调递减，在( 290,+∞)上单调递增，
(此处证单调性另解：fx=x+290xx>0为对勾函数，
fx=x+290x≥2 290≈34.06，(当且仅当x= 290时取等)．
所以fx在0, 290上单调递减，在( 290,+∞)上单调递增)，
所以fx在x= 290≈17.03处取得最小值，从而y=N+290N在N≥18时单调递增，
当N≤20时，N+290N<147，又193+290193≈194.50<195，194+290194≈195.49>195，
∴当N≥194时，符合题意
考虑到25N，35N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<195− 1952−4×2902或195+ 1952−4×2902，
∵N为整数，∴N≤1或N≥194
∵25N，35N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．
【解析】(1)由题意可得Y∼B(3,35)，利用二项分布的期望公式和方差公式求解，X服从超几何分布，X的可能取值为1，2，3，求出相应的概率，从而可求出EX和DX；
(2)利用独立事件概率公式和古典概率公式求出PA1A2A3A4，PA1PA2PA3PA4，进行比较即可；
(3)根据题意表示出P1,P2，由P1−P2≤0.003化简得N2−195N+290≥0，解法1：转化为N+290N≥195，构造函数fx=x+290xx>0，利用函数的单调性求解；解法2：直接解一元二次不等式即可．
19.解：(1)证明：
fx=lnx+2x−b(b>2)，定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=1x+2>0在(0,+∞)上恒成立，
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为f1=ln1+2−b=2−b<0(b>2)，
fb=lnb+2b−b=lnb+b>0(b>2)，
所以，存在唯一a∈(1,b)，使得fa=0，
即f(x)有唯一零点a，且a∈(1,b)；
(2)(i)由(1)知f′(x)=1x+2，
所以曲线f(x)在xn,f(xn)处的切线斜率为
kn=1xn+2，
所以曲线f(x)在xn,f(xn)处的切线方程为
y−f(xn)=f′(xn)(x−xn)，
即y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
令y=0得x=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn，
所以切线与x轴的交点(−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn,0)，
即xn+1=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn，
所以g(xn)=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn；
(ii)证明：对任意的xn∈(0,+∞)，
由(i)知，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程为
y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
故令ℎ(x)=y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
令F(x)=f(x)−ℎ(x)=lnx−1xnx−lnxn+1，
所以，F′(x)=1x−1xn=xn−xxnx，
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(i)知，xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，
且当xn≠a时，xn+1≠xn，
(若xn=a，则f(xn)=fa=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)<ℎ(xn+1)=fa=0，
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所以对于任意n∈N∗，均有xn所以f′(xn)>0，f(xn)所以xn+1=xn−f(xn)f′(xn)>xn，
综上，当x1∈(1,a)，总有xn【解析】(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；
(2)(i)由导数的几何意义得曲线f(x)在xn,f(xn)处的切线方程为y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，进而得g(xn)=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn；
(ii)令ℎ(x)=1+2xnxnx+lnxn−b−1，进而构造函数F(x)=f(x)−ℎ(x)=lnx−1xnx−lnxn+1，结合函数单调性证明xn+10，f(xn)xn即可得答案．
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
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
x
0, a
a
a,+∞
f′x
+
0
−
fx
递增
极大值
递减
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=⌀，则( )
A. −1
A. ad>bcB. a+d>b+cC. a−d>b−cD. ac>bd
3.命题p：∀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：fx=1σ 2πex−9022σ2，且p(80≤x≤100)=0.6，若联考的学生有500人，则成绩超100过分的人数约为( )
A. 100B. 120C. 125D. 150
5.已知正实数x，y满足1x+3y=1，则3xy−5x的最小值为( )
A. 24B. 25C. 26D. 27
6.x+1x−16的展开式中，常数项为( )
A. −140B. −141C. 141D. 140
7.已知函数f(x)=x2+3x−4,x≤aax−22,x>a，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. −∞,−4B. −6,−4C. −4,0D. −∞,−6
8.已知函数fx定义域为R，且2yfx−2xfy=xyy−x，下列结论成立的是( )
A. fx为偶函数B. f2=−2
C. fx在1,2上单调递减D. fx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y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y=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(A)=13，PBA=15，PBA=35，则( )
A. P(AB)=25B. PB|A=45C. P(A+B)=1115D. PB=35
11.已知函数f(x)=esinx+ecsx，则( )
A. fx的图象关于x=5π4对称
B. fx⋅fx+π≥4
C. fx+f−x>3
D. fx在区间π2,3π2上的极小值为2e− 22
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。第13小题第一空2分，第二空3分。
12.已知函数fx=x2+ax⋅ex−e−x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∏(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M=−23,54,1,3,7,8,−12，集合M的所有非空子集依次记为M1、M2、…、M127，则∏(M1)+∏(M2)+...+∏(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45，乙车间优等品占35，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)
χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，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：i=110xi=20,i=110yi=70,i=110xi2=88,i=110xiyi=200，根据散点图认为y.关于x的经验回归方程为y=bx+a，试求经验回归方程．
参考公式：a=y−bx，其中b=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx2．
17.（15分）已知函数fx=alnx−12x2，a∈R
(1)讨论函数fx的的单调性；
(2)若函数fx有极值点，
(i)求实数a的取值范围；
(ii)判断fx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35是红球，25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EX，EY，DX，DY；
(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Akk=1,2,3,4,5表示“第k次取出的是红球”，比较PA1A2A3A4与PA1PA2PA3PA4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fx=lnx+2x−b(b>2)．
(1)证明：fx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,fx1处作fx的切线，交x轴于点x2,0：在点x2,fx2处作fx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fx不同精确度的零点近似值．
(i)设xn+1=gxn，求gxn的解析式；
(ii)证明：当x1∈1,a，总有xn
1.D
【解析】因为集合A=a,3，B=−1,2，且A∩B=⌀，则a≥2，且a<3，
所以2≤a<3．
故选：D
2.C
【解析】取3>1>0>−3>−4，可得3−4<1−3，故 A错误；
取2>1>0>−3>−4，可得2−4=1−3，故 B错误；
因为c>d，所以−d>−c，又因为a>b，
由同向不等式的可加性可得a−d>b−c，故 C正确；
取2>1>0>−3>−4，可得2×(−3)<1×(−4)，故 D错误．
故选：C．
3.B
【解析】因为∀x∈R，3x2−6x+2m≥0，
所以Δ=36−24m≤0，得m≥32，
因为当m≥1时，m≥32不一定成立，而当m≥32时，m≥1一定成立，
所以“m≥1”是“p为真命题”的必要不充分条件．
故选：B
4.A
【解析】因为总体密度函数为：fx=1σ 2πex−9022σ2，
所以X∼N(90,σ2)，即μ=90，
由p(80≤x≤100)=0.6，所以p(x>100)=1−0.62=0.2
所以数学成绩超过100分的人数大约为500×0.2=100人.
故选：A．
5.B
【解析】因为正实数x，y满足1x+3y=1，
所以xy=y+3x，
所以3xy−5x=3(y+3x)−5x=3y+4x
=(3y+4x)1x+3y
=3yx+12xy+4+9
≥2 3yx⋅12xy+4+9=25，
当且仅当3yx=12xy，即x=52,y=5时取等号，
所以3xy−5x的最小值为25．
故选：B
6.C
【解析】x+1x−16展开式的通项公式为：
Tr+1=C6r(x+1x)6−r(−1)r=(−1)rC6rC6−rmx6−r−m(1x)m=(−1)rC6rC6−rmx6−r−2m，
当m=0,r=6时，常数项为1；
当m=1,r=4时，得常数项为(−1)4C64C21=30；
当m=2,r=2时，得常数项为(−1)2C62C42=90；
当m=3,r=0时，得常数项为(−1)0C60C63=20；
所以展开式中的常数项为1+30+90+20=141．
故选：C．
7.B
【解析】令x2+3x−4=0，解得x=−4或1，取函数y=x2+3x−4对称轴x=−32左边零点x=−4，
根据题意，函数fx在R上单调递减，则
a<0a≤−4a2+3a−4≥a2−22，解得−6≤a≤−4，
所以实数a的取值范围为−6,−4．
故选：B．
8.D
【解析】由于函数fx的定义域为R，且2yfx−2xfy=xyy−x，
令y=2，则4fx−2xf2=2x2−x，得fx=−12x2+12f2+1x，
x=2时，f2=−12×22+f2+2恒成立，无法确定f2=−2，B不一定成立；
由于f2=−2不一定成立，故fx=−12x2+12f2+1x不一定为偶函数，A不确定；
由于fx=−12x2+12f2+1x的对称轴为x=12⋅f2+1与1,2的位置关系不确定，
故fx在1,2上不一定单调递减，C不确定，
由于fx=−12x2+12f2+1x表示开口向下的抛物线，故函数fx必有最大值， D正确．
故选：D
9.BD
【解析】对于A，因为相关系数的绝对值越大，数据的相关性越强，而rA
对于B，因为所有样本点都落在一条斜率为非零实数的直线上，所以两个变量x和y之间是一次函数，所以决定系数R2的值为1，所以B正确，
对于C，因为样本点的经验回归方程为y=0.4x+1.2，所以当x=2时，y=0.4×2+1.2=2，
所以残差为1.7−2=−0.3，所以 C错误，
对于D，由y=cekx，得lny=ln(cekx)=lnc+kx，因为z=lny，所以z=kx+lnc，
因为z=2x+3，所以k=2,lnc=3，得k=2,c=e3，所以 D正确．
故选：BD
10.ABC
【解析】因为P(A)=13，则P(A)=23，所以P(AB)=PA⋅PBA=23×35=25，故 A正确；
因为PB|A=1−PBA=1−15=45，故 B正确；
因为PA=1−PA=23，PBA=1−PBA=25，
所以PB=PAPBA+PAPBA=13×15+23×25=13，故 D错误；
因为PB=1−PB=1−13=23，PAB=PA⋅PB|A=13×45=415，
因为P(A+B)=PA+PB−PAB=13+23−415=1115，故 C正确；
故选：ABC
11.ABD
【解析】对于A，因为f(5π2−x)=esin(5π2−x)+ecs(5π2−x)=ecsx+esinx=f(x)，
所以fx的图象关于x=5π4对称，所以 A正确，
对于B，fx⋅fx+π=(esinx+ecsx)(esin(x+π)+ecs(x+π))
=(esinx+ecsx)(e−sinx+e−csx)
=2+ecsxesinx+esinxecsx≥2+2 ecsxesinx⋅esinxecsx=4，
当且仅当ecsxesinx=esinxecsx，即sinx=csx时取等号，所以 B正确，
对于C，因为f(π)+f(−π)=esinπ+ecsπ+esin(−π)+ecs(−π)
=e0+e−1+e0+e−1=2+2e<3，所以 C错误，
对于D，由f(x)=esinx+ecsx，得f′(x)=esinx⋅csx−ecsx⋅sinx，
当x∈π2,π时，csx≤0,sinx>0，所以f′(x)<0，
当x∈π,3π2时，f′(x)=esinx⋅csx−ecsx⋅sinx=esinxsinx−ecsxcsx⋅sinxcsx，
令g(x)=exx(−1
当x∈π,5π4时，−1
所以esinxsinx−ecsxcsx<0，所以f′(x)<0，
当x∈5π4,3π2时，−1
所以fx在π2,5π4上递减，在5π4,3π2上递增，
所以fx在x=5π4处取得极小值，
所以fx的极小值为f(5π4)=esin5π4+ecs5π4=2e− 22，所以 D正确．
故选：ABD
12.0
【解析】因为函数fx=x2+ax⋅ex−e−x为奇函数，则f−x=−fx，
f−x=x2−ax⋅e−x−ex，−fx=−x2+ax⋅ex−e−x=x2+ax⋅e−x−ex，
则x2−ax=x2+ax，解得a=0．
故答案为：0
13.16；16
【解析】由题意可得，若第一个环节使用a方式的送达方式有1×2×2×2×2=16种；
快递从甲送到乙有4种运输方式，且第5个环节从d，e两种运输方式中选一种，
1，2，3，4个环节必须包含a,b,c三种不同的运输方式，
若第1，2个环节运输方式相同，则只能都选a，则3，4个环节一个选b，一个选c，
则有2×1×2=4种，
若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含a,b两种运输方式，
则3，4个环节一个选b，一个选c，或者都选c，
则由2×2×2+2×1×2=8+4=12种，
快递从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有4+12=16种.
故答案为：16；16
14.215
【解析】设f(x)=(x−23)(x+54)(x+1)(x+3)(x+7)(x+8)(x−12)，
则集合的所有子集的乘积之和即为展开式中所有项的系数之和减1，
令x=1，则展开式中所有项的系数之和为T=(1−23)(1+54)(1+1)(1+3)(1+7)(1+8)(1−12)=216，
所以∏(M1)+∏(M2)+...+∏(M127)=216−1=215．
故答案为：215．
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=1−1−0.52=0.75．
解法2：随机抽取1部手机，是甲品牌的概率为0.5，
∴抽取的两部手机至少有一部是甲品牌的概率P=0.5×0.5+2×0.5×1−0.5=0.75．
(2)
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PA1=0.5，PA2=0.3，PA3=0.2，
PB|A1=0.4，PB|A2=0.3，PB|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．
【解析】(1)解法一：利用对立事件的概率公式计算可得；解法二：分两种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
(2)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”，利用全概率公式计算可得．
16.(1)
设H0：车间与优等品无关．
χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=(40×20−30×10)2×10070×30×50×50=10021≈4.762>3.841=x0.05
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，认为车间与优等品有关联．
(2)
依题意得：
x=110i=110xi=2，y=110i=110yi=7
又因为i=110xiyi=200，i=110xi2=88，
故b=i=110xiyi−10x⋅yi=110xi2−10x2=200−10×2×788−10×2×2=6048=1.25，
a=y−bx=7−1.25×2=4.5
所以经验回归方程为y=1.25x+4.45．
【解析】(1)根据χ2的计算公式即可求解．
(2)利用经验回归方程计算公式即可代入求解．
17.(1)
函数fx的定义域为x|x>0
∴f′(x)=ax−x=−x2+ax，
①当a≤0时，f′x<0恒成立，∴fx在(0,+∞)上单调递减
②当a>0时，令f′x=0，得x1=− a(舍去)x2= a
∴fx的单调递增区间为0, a，单调递减区间为 a,+∞
综上所述：当a≤0时fx在定义域(0,+∞)上单调递减；
当a>0时fx的单调递增区间为0, a，单调递减区间为 a,+∞．
(2)
(i)由(1)知a>0
(ii)由(1)知fx的极大值为f a，
f( a)=aln a−12 a2=12alna−12a=12a(lna−1)，
当lna−1<0即0
当lna−1>0即a>e时，f a>0，
∵f(1)=aln1−12=−12<0，f(a)=alna−12a2=a(lna−12a)，
令g(a)=lna−12a，(a>e)，g′(a)=1a−12<0，∴ga在(e,+∞)上单调递减，
∴g(a)
综上所述：当0
【解析】(1)根据题意，求导可得f′x，然后分a≤0与a>0讨论，即可得到结果；
(2)(i)结合(1)中的结论，即可求解；(ii)结合(1)中的结论可得fx的极大值为f a，然后分lna−1<0，lna−1=0与lna−1>0讨论，即可得到结果．
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，
则Y∼B(3,35),E(Y)=3×35=95,D(Y)=3×35×25=1825
X服从超几何分布，X的可能取值为1，2，3，则
P(X=1)=C22C31C53=310,P(X=2)=C21C32C53=35,P(X=3)=C33C53=110
∴E(X)=1×310+2×35+3×110=95，
D(X)=1−952×310+2−952×35+3−952×110=925，
或D(X)=12×310+22×35+32×110−952=925；
(2)
∵P(Ak)=6×A94A105=35，即采用不放回摸球，每次取到红球的概率都为PAk=35：
∴P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=354=81625
又PA1A2A3A4=A64C61A105=6×5×4×3×610×9×8×7×6=135<81625，
则PA1A2A3A4
因为P2=C32352×25=54125=0.432，
P1=C33N2C25N1CN3=35N35N−12⋅25NNN−1N−26=1825×N35N−1(N−1)(N−2)，
∵P1−P2≤0.003，即1825×N35N−1(N−1)(N−2)−0.432≤0.003，
即1825×N35N−1(N−1)(N−2)≤0.435，即N35N−1(N−1)(N−2)≤2948，
由题意知N−1N−2>0，从而48N35N−1≤29N−1N−2，
化简得N2−195N+290≥0，
解法1：
又N>0，∴N+290N≥195，令fx=x+290xx>0，
则f′x=1−290x2=x2−290x2，
所以当0
所以fx在0, 290上单调递减，在( 290,+∞)上单调递增，
(此处证单调性另解：fx=x+290xx>0为对勾函数，
fx=x+290x≥2 290≈34.06，(当且仅当x= 290时取等)．
所以fx在0, 290上单调递减，在( 290,+∞)上单调递增)，
所以fx在x= 290≈17.03处取得最小值，从而y=N+290N在N≥18时单调递增，
当N≤20时，N+290N<147，又193+290193≈194.50<195，194+290194≈195.49>195，
∴当N≥194时，符合题意
考虑到25N，35N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<195− 1952−4×2902或195+ 1952−4×2902，
∵N为整数，∴N≤1或N≥194
∵25N，35N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．
【解析】(1)由题意可得Y∼B(3,35)，利用二项分布的期望公式和方差公式求解，X服从超几何分布，X的可能取值为1，2，3，求出相应的概率，从而可求出EX和DX；
(2)利用独立事件概率公式和古典概率公式求出PA1A2A3A4，PA1PA2PA3PA4，进行比较即可；
(3)根据题意表示出P1,P2，由P1−P2≤0.003化简得N2−195N+290≥0，解法1：转化为N+290N≥195，构造函数fx=x+290xx>0，利用函数的单调性求解；解法2：直接解一元二次不等式即可．
19.解：(1)证明：
fx=lnx+2x−b(b>2)，定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=1x+2>0在(0,+∞)上恒成立，
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为f1=ln1+2−b=2−b<0(b>2)，
fb=lnb+2b−b=lnb+b>0(b>2)，
所以，存在唯一a∈(1,b)，使得fa=0，
即f(x)有唯一零点a，且a∈(1,b)；
(2)(i)由(1)知f′(x)=1x+2，
所以曲线f(x)在xn,f(xn)处的切线斜率为
kn=1xn+2，
所以曲线f(x)在xn,f(xn)处的切线方程为
y−f(xn)=f′(xn)(x−xn)，
即y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
令y=0得x=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn，
所以切线与x轴的交点(−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn,0)，
即xn+1=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn，
所以g(xn)=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn；
(ii)证明：对任意的xn∈(0,+∞)，
由(i)知，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程为
y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
故令ℎ(x)=y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
令F(x)=f(x)−ℎ(x)=lnx−1xnx−lnxn+1，
所以，F′(x)=1x−1xn=xn−xxnx，
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(i)知，xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，
且当xn≠a时，xn+1≠xn，
(若xn=a，则f(xn)=fa=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)<ℎ(xn+1)=fa=0，
因为f(x)为单调递增函数，
所以，对任意的xn≠a时，总有xn+1
综上，当x1∈(1,a)，总有xn
(2)(i)由导数的几何意义得曲线f(x)在xn,f(xn)处的切线方程为y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，进而得g(xn)=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn；
(ii)令ℎ(x)=1+2xnxnx+lnxn−b−1，进而构造函数F(x)=f(x)−ℎ(x)=lnx−1xnx−lnxn+1，结合函数单调性证明xn+1
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
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
x
0, a
a
a,+∞
f′x
+
0
−
fx
递增
极大值
递减
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