2023-2024学年河北省廊坊市六校高二下学期期末质量检测联考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省廊坊市六校高二下学期期末质量检测联考数学试卷（含解析），共12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.已知集合A={x∈N|x2≤4}，B={−1,0,1,2,3}，则A∩B=
A. {1,2}B. {0,1,2}
C. {−2,−1,0,1,2,3}D. {−1,0,1,2}
2.若函数f(x)的定义域为[1,3]，则函数g(x)=f(2x−1) x−1的定义域为( )
A. (1,2]B. (1,5]C. [1,2]D. [1,5]
3.定义在0,+∞上的函数fx有limΔx→0fx+Δx−fxΔx=x−1x，则fx的单调增区间是( )
A. 0,+∞B. 0,1C. 1,+∞D. 2,+∞
4.五人站成一排拍照，其中甲､乙必须相邻且两人均不能站两端，则不同的 站法有( )
A. 12种B. 24种C. 36种D. 48种
5.已知函数fx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fx至少有2个极值点
C. 函数fx在a,e上单调递减D. 函数fx在x=c处取得极大值
6.2−1xx−18的展开式中x项的系数是( )
A. −44B. −12C. 12D. 44
7.已知函数fx是定义在R上的偶函数，且在−∞,0上单调递减，若a=f0.50.7，b=f1g123，c=f−0.70.7，则( )
A. c8.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15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的有( )
A. 不等式2x−13x+1>1的解集是(−2,−13)
B. “a>1，b>1”是“ab>1”成立的充分条件
C. 命题p:∀x∈R，x2>0，则¬p:∃x∈R，x2<0
D. “a<5”是“a<3”的必要条件
10.已知某品牌的一种型号的LED灯的使用寿命X(单位:小时)服从正态分布N(60000,60002),则下列说法正确的是（）参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)=0.6827,P(μ-2σ​​​​​​​≤X≤μ+2σ)=0.9545.
A. 该型号LED灯的平均使用寿命是60000小时
B. P(X≥60002)=12
C. P(X≤50000)=P(X≥70000)
D. P(66000< X≤72000)=0.1359
11.已知函数fx与其导函数f′x的定义域均为R，且fx−x与f′1−2x均为偶函数，则( )
A. fx+1为偶函数B. fxx−1x≠0为奇函数
C. f′x+2+f′x=2D. f′0=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∼B4,13，则PX=2= ．
13.已知a>0，b≠0，且a+b=3，则9a+b+3b的最小值为 ．
14.已知函数f(x)=|x+1|,x⩽0|lg2x|,0四、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)
已知关于x的不等式ax2+bx−2a+5<0的解集是x−1(1)求实数a，b的值；
(2)若m>0，n>0，且am+bn=1，求nm+1n的最小值．
16.(本小题12分)
近日“脆皮大学生”话题在网上引发热议，更多的人开始关注青少年身体素质.身体健康指数H与体质测试成绩Y有一定的相关关系，随机收集某大学20名学生的数据得i=120Hi−HYi−Y=38，i=120Hi=80，i=120Yi=1256，H与Y的方差满足DH=DY=2．
(1)求H与Y的相关系数r的值；
(2)建立Y关于H的线性回归方程，并预测H=6时体质测试成绩．
参考公式：相关系数r=i=1nHi−HYi−Y i=1nHi−H2 i=1nYi−Y2，
回归方程Y=a+bH中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b=i=1nHi−HYi−Y i=1nHi−H2，a=Y−bH．
17.(本小题12分)
已知函数fx=ex,gx=f1−x+f1+x．
(1)判断函数gx的奇偶性并予以证明；
(2)若存在x使得不等式gx≤m成立，求实数m的取值范围．
18.(本小题12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12分)
对于函数fx，规定f′x=[fx]′,f2x=f′x′,⋯,fnx=fn−1x′,fnx叫做函数fx的n阶导数.若函数fx在包含x0的某个闭区间a,b上具有n阶导数，且在开区间a,b上具有n+1阶导数，则对闭区间a,b上任意一点x,fx=fx0+f′x0x−x0+f2x02!x−x02+⋯+fnx0n!x−x0n+Rnx，该公式称为函数fx在x=x0处的n阶泰勒展开式，Rnx是此泰勒展开式的n阶余项.已知函数fx=lnx+1．
(1)写出函数fx在x=1处的3阶泰勒展开式(Rnx用R3x表示即可)；
(2)设函数fx在x=0处的3阶余项为gx，求证：对任意的x∈−1,1,gx≤0；
(3)求证：1+121+1221+123⋯1+12n答案解析
1.B
【解析】解：∵集合A={x∈N|x2≤4}={0，1，2}，
B={−1,0,1,2,3}
∴A∩B={0,1,2}．
故选B．
2.A
【解析】解：因为函数f(x)的定义域为[1,3]，
所以在函数g(x)=f(2x−1) x−1中，
应满足1≤2x−1≤3x−1>0，解得1所以函数g(x)的定义域为(1,2]．
故选：A．
3.C
【解析】由已知可得fx的导函数就是f′x=x−1x，
由f′x>0⇒x−1x>0(x∈0,+∞)得：x>1．
所以fx的单调增区间是1,+∞．
故选：C
4.B
【解析】由题意，首先将甲、乙两人捆绑，有A22种方法，
其次将捆绑后的甲、乙安排在中间2个位置，有A21种方法，
最后将剩余3人全排列，有A33种方法，所以不同的站法有A22A21A33=24种.
故选：B．
5.D
【解析】由f′x的图象可知：当xe时，f′x>0；当a可知fx在−∞,a，e,+∞上单调递增，在a,e上单调递减，
则函数fx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】x−18展开式的通项为Tk+1=C8kx8−k⋅−1k，
令8−k=1，则k=7，
令8−k=2，则k=6，
所以2−1xx−18的展开式中x的系数是2C87⋅−17+−1×C86⋅−16=−44．
故选：A．
7.D
【解析】
解：因为函数 fx 是定义在R上的偶函数，
则 b=f1g123=f−1g23=f1g23 ， c=f− ，
由 y=0.7x 在定义域内单调递减，则 0.70.7<0.70=1 ；
由 y=lg2x 在定义域内单调递增，则 lg23>lg22=1 ；
由 y=x0.7 在 0,+∞ 内单调递增，则 0.50.7<0.70.7 ；
故 0.50.7<0.70.7又因为fx在 −∞,0 上单调递减，所以 fx 在 0,+∞ 上单调递增，所以 a故选：D．
8.B
【解析】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PB1=PB2=12，PA|B1=C32C72=17,PA|B2=C42C72=27，
由全概率公式可得
PA=PB1PA|B1+PB2PA|B1=12×17+12×27=314，
所以PB1|A=PAB1PA=12×17314=13，
故选：B．
9.ABD
【解析】解：由2x−13x+1>1得−x−23x+1>0，(x+2)(3x+1)<0，−2a>1，b>1时一定有ab>1；但ab>1时不一定有a>1，b>1成立，如a=6，b=12，满足ab>1，但不满足a>1，b>1．
因此“a>1，b>1是“ab>1成立的充分条件，故B正确；
命题p：∀x∈R，x2>0，则¬p：∃x∈R，x2≤0.故C错误；
a<5不能推出a<3，但当a<3时一定有a<5成立，故“a<5″是″a<3”的必要条件，故D正确．
故选ABD．
10.ACD
【解析】解：由μ=60000可得A正确;P(X≥60000)=12,B错误;
由50000+700002=μ,可得C正确;
P(66000< X≤72000)=0.9545−0.68272=0.1359,D正确.
故选:ACD.
11.BC
【解析】对于选项A，因为f′1−2x为偶函数，所以f′1+2x=f′1−2x，
即f′1+x=f′1−x，所以f′x关于x=1对称，
若fx+1为偶函数，则f−x+1=fx+1，所以−f′−x+1=f′x+1，
所以f′x关于点1,0对称，这与f′x关于x=1对称矛盾，所以选项 A错误；
对于选项B，因为fx−x为偶函数，所以fx−x=f−x+x，
所以当x≠0时，fxx−1=−f−x−x−1，即fxx−1为奇函数，所以选项 B正确；
对于选项C，因为fx−x为偶函数，即f−x−−x=fx−x，
所以−f′−x+1=f′x−1，所以f′−x+f′x=2，
由f′1+x=f′1−x，得f′x+2=f′−x，
所以f′x+2+f′x=2，故选项 C正确；
对于选项D，由f′−x+f′x=2，得f′0+f′0=2，所以f′0=1，故选项 D错误．
故选：BC．
12.827
【解析】因为X∼B4,13，所以PX=2=C421321−132=827．
故答案为：827
13.3+2 3 或2 3+3
【解析】∵9a+b+3b=9a+3b+bb，
当b>0时，bb=1，当b<0时，bb=−1；
又9a+3b=139a+3ba+b=1312+9ba+3ab≥1312+6 3=4+2 3，当且仅当9ba=3ab，即a=3 3 3+1，b=3 3+1时等号成立，
所以当a=3 3 3+1，b=−3 3+1时，9a+b+3|b|取得最小值，且最小值为3+2 3．
故答案为：3+2 3
14.(12,252]
【解析】
解：根据解析式可得f(x)草图如下：

要使互不相等的实数(不妨设x1>x2>x3>x4>x5>x6 )满足fx1=fx2=fx3=fx4=fx5=fx6=k，
由图知：x1+x2=12，lg2x3+lg2 x4=0⇒x3x4=1，x5+x6=−2，且0令|x+1|=1，则x=0或x=−2；令|lg2x|=1，则x=2或x=12；令x2−12x+35=1，则x=6± 2；
令|x+1|=0，则x=−1；令|lg2x|=0，则x=1；令x2−12x+35=0，则x=5或x=7；
所以6+ 2≥x1>7>5>x2≥6− 2>2≥x3>1>x4≥12>0≥x5>−1>x6≥−2，
所以x1+x2+x3+x4+x5+x6=10+x3+1x3，在x3∈(1,2]上递增，
所以x1+x2+x3+x4+x5+x6∈(12,252]．
故答案为：(12,252]
15.解：(1)因为关于x的不等式ax2+bx−2a+5<0的解集是x−1所以−1和13是方程ax2+bx−2a+5=0的两个根，
所以a−b−2a+5=019a+13b−2a+5=0，解得a=3b=2,
当a=3，b=2时，ax2+bx−2a+5<0的解集是x−1所以a=3，b=2．
(2)由(1)知a=3，b=2，所以3m+2n=1，
又m>0，n>0，
所以nm+1n=nm+3m+2nn=nm+3mn+2≥2 nm⋅3mn+2=2 3+2，
当且仅当nm=3mn，即m=2 3−33，n=2− 3时等号成立，
所以nm+1n的最小值为2 3+2．
【解析】
(1)利用不等式的解集和对应方程的根的关系求出实数a,b；
(2)先求出3m+2n=1，利用基本不等式求解nm+1n的最小值．
16.解：(1)由题意知DH=120i=120Hi−H2=2，
所以i=120Hi−H2=40，同理i=120Yi−Y2=40，
r=i=120Hi−HYi−Y i=120Hi−H2 i=120Yi−Y2=3840=0.95．
(2)由题意b=i=120Hi−HYi−Yi=120Hi−H2=0.95，Y=120i=120Yi=62.8，H=120i=120Hi=4，
则a=Y−bH=59，Y=0.95H+59，
当H=6时，Y=64.7，即可预测H=6时体质测试成绩为64.7．
【解析】
(1)由题意根据方差公式以及相关系数公式和题给数据即可计算．
(2)由(1)中数据以及题给数据和公式可依次算b=0.95，Y=62.8，H=4，最终可算a=59，由此可得预测模型并进一步预测．
17.解：(1)函数gx为偶函数，证明如下：
gx=f1−x+f1+x=e1−x+e1+x，
gx的定义域为R，对于∀x∈R，都有−x∈R，且g−x=e1−x+e1+x=gx，
所以gx为偶函数．
(2)因为存在x使得不等式gx≤m成立，所以g(x)min≤m，
而gx=e1−x+e1+x≥2 e1−x⋅e1+x=2e，当且仅当x=0时，等号成立，
所以g(x)min=g0=2e，则m≥2e，
故实数m的取值范围为2e,+∞．
【解析】(1)先求出函数gx的解析式，再根据函数奇偶性的判定方法直接去判定即可得证．
(2)存在x使得不等式gx≤m成立⇔g(x)min≤m，根据函数gx的解析式结构特征结合基本不等式即可求出求出g(x)，进而得解．
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.解：(1)由fx=lnx+1，得f′x=1x+1,f2x=−1(x+1)2,f3x=2(x+1)3，
所以f1=ln2,f′1=12,f21=−14,f31=14，
所以函数fx在x=1处的3阶泰勒展开式为fx=ln2+12x−1−18(x−1)2+124(x−1)3+R3x．
(2)由(1)，得f0=0,f′0=1,f20=−1,f30=2．
所以函数fx在x=0处的3阶泰勒展开式为fx=x−12x2+13x3+R3x，
所以gx=R3x=lnx+1−x+12x2−13x3．
g′x=1x+1−1+x−x2=−x3x+1，令g′x=0，得x=0，
当x∈−1,0时，g′x>0,gx单调递增；
当x∈0,1时，g′x<0,gx单调递减．
所以gx≤g0=0，即对任意的x∈−1,1,gx≤0．
(3)由(2)知，当x∈0,1时，gx=lnx+1−x+12x2−13x3<0，即lnx+1因为12n∈0,1n∈N∗，所以ln1+12n<12n−12⋅14n+13⋅18n．
ln1+12+ln1+122+ln1+123+⋯+ln1+12n<12+122+⋯+12n−1214+142+⋯+14n+
1318+182+⋯+18n=121−12n1−12−12×141−14n1−14+13×181−18n1−18=3742+16⋅14n−12n−121⋅18n，
因为3742+16⋅14n−12n−121⋅18n<3742+16⋅14n−12n=3742+1614n−62n=3742+161−6⋅2n4n<3742n∈N∗，
所以ln1+12+ln1+122+ln1+123+⋯+ln1+12n<3742，
即ln1+12×1+122×1+123×⋯×1+12n<3742，
所以1+121+1221+123⋯1+12n【解析】(1)根据函数fx在x=x0处的n阶泰勒展开式的定义进行求解即可；
(2)根据定义求得gx=R3x=lnx+1−x+12x2−13x3，结合导数求出g(x)在−1,1的最大值即可证明；
(3)由(2)知，当x∈0,1时，lnx+1