2023-2024学年山东省青岛市胶州市高二下学期期末学业水平检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市胶州市高二下学期期末学业水平检测数学试题（含解析），共14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.设全集U={0,1,3,5,7}，集合A满足∁UA={3,5}，则
A. 0∉AB. 1∈AC. 2∈AD. 3∈A
2.口袋中装有5个白球4个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球，至少有一个红球的取法种数是
A. 20B. 26C. 32D. 36
3.函数y=3x与y=32−x的图象( )
A. 关于x=14对称B. 关于x=12对称C. 关于x=1对称D. 关于x=2对称
4.已知函数f(x)=(a−1)x+5−3a,x<2,lg2x,x≥2,的值域为R，则实数a的取值范围为
A. (2,3]B. [2,+∞)C. (1,3]D. (1,2]
5.函数f(x)=ln (ex+1)−x2，则( )
A. 是偶函数，且在区间(0,+∞)上单调递增B. 是偶函数，且在区间(0,+∞)上单调递减
C. 是奇函数，且在区间(0,+∞)上单调递增D. 是奇函数，且在区间(0,+∞)上单调递减
6.我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”，如图所示，用4种不同的颜色给图中5块区域涂色，记事件A=“相邻区域颜色不同”，事件B=“区域1和3颜色相同”，则P(B|A)=
A. 13B. 12C. 23D. 34
7.已知x>1，y>3，(x−1)(y−3)=1，则x+y的最小值为
A. 2B. 4C. 6D. 8
8.函数f(x)满足对任意的实数x，y，均有f(x−y)·f(y)=f(x)，且f(1)=2，则f(2)f(1)+f(3)f(2)+f(4)f(3)+…+f(2024)f(2023)=
A. 4048B. 4046C. 2024D. 2023
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.下列大小关系正确的是
A. 2 2<2ln2B. 1.30.2<1.50.5C. lg33.1lg45
10.已知f′(x)为函数f(x)的导函数，若函数y=f′(x)−1的图象大致如图所示，且f(1)=1，则
A. x=1是f(x)的极小值点B. f(x)有2个极大值点
C. f(x)在区间(0,3)单调递增D. f(2)>2
11.假设每次实验只有两种结果“成功”和“失败”，且每次实验的成功概率都是p(0A. 若r=1，则P(X=k)=pk(1−p)，k=0，1，2，…
B. 若r=1，则X的数学期望E(X)=p1−p
C. P(X=k)=Cr+kk(1−p)rpk，k=0，1，2，…
D. 若P(X=k)最大，则rp−11−p≤k≤rp−11−p+1，k=0，1，2，…
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x2+x+y)7展开式中x5y3的系数为__________．
13.已知P(B)=12，P(AB)=14，P(B|A)=35，则P(A)=__________．
14.已知P(t,t2)，过点P可作曲线f(x)=x+lnx的两条切线，则t的取值范围为 ；若切点为(x1,y1)，(x2,y2)，则x1lnx1−x2lnx2x1−x2的取值范围为 ．
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f(x)=x3−3x2+tx−2t+2．
(1)若函数f(x)在(2,+∞)上单调递增，求实数t的取值范围；
(2)函数y=g(x)的图象关于点(a,b)成中心对称图形的充要条件是函数y=g(x+a)−b为奇函数，若x=2为函数f(x)的一个极值点，求曲线y=f(x)的对称中心．
16.(本小题12分)
某种植物子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1:2:1．
(1)在子二代中按基因型比例抽取4株，再从这4株中随机抽取2株，求抽取的基因型是Dd的株数X的分布列和期望；
(2)在子二代中任意选取2株进行杂交实验，求子三代中基因型为Dd的概率．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=12x2−alnx．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)的最小值为12，求a的值．
18.(本小题12分)
氨基酸在茶叶中约占1%到4%的含量，为研究春夏季节与茶叶氨基酸含量是否有关联，抽取90份样品列表如下：
(1)根据小概率值α=0.05的独立性检验，分析春夏季节对茶叶氨基酸含量是否有影响？
(2)随机抽取1000份茶叶，氨基酸含量X近似服从正态分布N(0.02,σ2)，其中恰有23份氨基酸含量不小于0.03．
①求σ；
②如果茶叶中氨基酸含量小于1.5%，则该份茶叶为乙等产品，求这批茶叶中的乙等产品约有多少份．
附：Ⅰ.参考公式：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
下表是χ2独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值．
Ⅱ.对任何一个正态分布X服从N(μ,σ2)来说，通过Z=X−μσ转化为标准正态分布Z服从N(0,1)，从而查标准正态分布表得到P(X可供查阅的(部分)标准正态分布表：
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax−ex−1−a2的一个零点是x=1．
(1)求a的值；
(2)设曲线y=f(x)与x轴的交点为Q(x0,0)，曲线y=f(x)在点Q处的切线为l，求证：曲线y=f(x)上的点都不在直线l的上方；
(3)若关于x的方程f(x)=t(t>0)有两个不相等的实根x1，x2(x1答案解析
1.B
【解析】解：因为全集U={0,1,3,5,7}，集合A满足∁UA={3,5}，
所以A=0,1,7，
则0∈A，1∈A，2∉A，3∉A．
故选B．
2.B
【解析】解：根据题意分2类完成任务：
第一类：白球红球各一个有 4×5=20 种，
第二类：均为红球， 12×(4×3)=6 种，
所以共有 20+6=26 种。
3.C
【解析】解：在函数y=3x上任取一点P(x,3x)，
则P(x,3x)关于直线x=1的对称点为P′(2−x,3x)，
显然P′(2−x,3x)一定在y=32−x的上，
故两函数图像关于x=1对称．
故选C．
4.D
【解析】解：因为函数 y=lg2x,x≥2 在 (0,+∞) 上单调递增，
故 y≥lg22=1 ，又因为 f(x) 的值域为 R ，
则 u=(a−1)x+5−3a,x<2 需满足，
a−1>0(a−1)×2+5−3a≥1 ，解得 1故选D．
5.A
【解析】解：∵f(x)的定义域为R，
f(−x)=ln (e−x+1)+x2=ln (ex+1)−x+x2=ln (ex+1)−x2=f(x)，
∴f(x)为偶函数；
当x>0时，f′(x)=exex+1−12=ex−12(ex+1)>0,
∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递增．
故选：A．
6.C
【解析】解：事件A有基本事件有C41·C31·C21·(C21+C11)=72种，
事件AB有基本事件C41·C11·C31·C21·C21=48种，
P(B∣A)=P(AB)P(A)=4872=23．
故选C．
7.C
【解析】解：∵x>1，y>3，
∴x−1>0，y−3>0．
又(x−1)(y−3)=1，
则x+y=(x−1)+(y−3)+4⩾2 (x−1)(y−3)+4=2 1+4=6，
当且仅当x−1=y−3=1，即x=2，y=4时取等号．
则x+y的最小值为6．
故选C．
8.B
【解析】解：因为f(x−y)·f(y)=f(x)，令y=1得f(x−1)·f(1)=f(x),，
所以 f(x)f(x−1)=f(1)=2，
所以 f(2)f(1)+f(3)f(2)+f(4)f(3)+…+f(2024)f(2023)= 2023×2=4046．
9.BD
【解析】解：对于 A 中，指数函数 y=2x 为单调递增函数， 2>1>ln2，，可得2 2>2ln 2，所以A错误；
对于 B 中，由指数函数 y=1.3x 为单调递增函数，可得1.30.2<1.30.5 ，再由幂函数y=x0.5在(0,+∞)单调递增可得1.30.5 <1.50.5，所以 B 正确；
对于 C 中， lg33.1>lg33=1，而e−0.1 对于 D 中，lg45=lg225=12lg25=lg2 5，由lg23>lg2 5可得lg23>lg45，所以 D 正确．
故选BD ．
10.BCD
【解析】解：x∈(−∞,−3)，f′(x)−1>−1， f′(x)>0，f(x)递增，
x∈(−3,0)，f′(x)−1<−1， f′(x)<0，f(x)递减，
x∈(0,3)，f′(x)−1>−1， f′(x)>0， f(x)递增，
x∈(3,+∞)，f′(x)−1<−1， f′(x)<0，f(x)递减，
对于A，x=0是f(x)的极小值点， A错误；
对于B，x=±3是f(x)的2个极大值点，B正确；
对于C，f(x)在区间(0,3)单调递增， C正确；
对于D，f′(1)=f′(2)=1， x∈(1,2)，f′(x)>1，
f(1)=1，当f′(x)=1时，f(x)的图象以速度1匀速增长，所以 f(2)=2，
当f′(x)>1，f(x)的增长速度大于1，则f(2)>2，D正确；
11.ABD
【解析】解：对于A，若r=1，则“X=k”表示k+1次试验，前k次成功，第k+1次失败，所以PX=k=pk1−p，k=0,1,2,···，A正确；
对于B，因为当r=1时，PX=k=pk1−p，k=0,1,2,···，
所以由p01−p+p1−p+p21−p+···+pk1−p+···=1，
得：1+p+p2+···+pk+···=11−p，
因为EX=0×p01−p+1×p1−p+2p21−p+···+kpk1−p+···，
pEX=1×p21−p+2p31−p+···+kpk+11−p+···，
两式相减，得1−pEX=p1−p+p21−p+···+pk1−p+···，
所以EX=p+p2+···+pk+···=p1+p+p2+···+pk+···=p1−p，B正确；
对于C，因为一般地若X～NB(r,p)，则“X=k”表示k+r次试验，前k+r−1次中k次成功，第k+r次失败，所以P(X=k)=Ck+r−1k(1−p)rpk，k=0,1,2,···，C错误；
对于D，设PX=k最大，则由PX=k⩾PX=k−1PX=k⩾PX=k+1，得：
Ck+r−1k(1−r)rpk⩾Ck+r−2k−1(1−r)rpk−1Ck+r−1k(1−r)rpk⩾Ck+rk+1(1−r)rpk+1，即Ck+r−1k·p⩾Ck+r−2k−1Ck+r−1k⩾Ck+rk+1·p，所以rp−11−p⩽k⩽rp−11−p+1，k=0,1,2,···，D正确．
故选ABD．
12.140
【解析】解：(x2+x+y)7可看作7个(x2+x+y)相乘，
先从中选3个y，有C73种选法；
再从剩余的4个括号里边选出1个x2，有C41种选法;
最后从剩余的3个括号里均选出x，有1种选法；
∴x5y3的系数为C73⋅C41⋅1=140；
故答案为：140．
13.712
【解析】解：因为P(B)=P(AB)+P(AB)=12，P(AB)=14，P(B)=12，
所以P(AB)=14，
又P(B|A)=P(AB)P(A)=P(AB)1−P(A)=141−P(A)=35
所以P(A)=712，
故答案为：712．
14.(0,1)⋃(1,+∞)；[34，1)⋃(1，+∞)
【解析】解：设切点为(x0,x0+lnx0)，
f(x)=x+ln x的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1+1x，
过点P的切线斜率k=x0+lnx0−t2x0−t=1+1x0，
化简整理得lnx0+tx0−t2+t−1=0①，
过点P可作曲线f(x)=x+lnx的两条切线，则①式有两解，
令g(x)=lnx+tx−t2+t−1，(x>0)
g′(x)=1x−tx2=x−tx2，
当t⩽0时，g′(x)>0，g(x)在(0,+∞)上递增，g(x)=lnx+tx−t2+t−1=0不可能有两解，舍去；
当t>0时，g(x)在(0,t)上递减，在(t,+∞)上递增，
则g(x)min=g(t)=lnt−t2+t<0，
令ℎ(t)=lnt−t2+t，t>0，
ℎ′(t)=1t−2t+1=2t+11−tt，
ℎ(t)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，
ℎ(t)min=ℎ(1)=0，
所以当t∈(0,1)⋃(1,+∞)时，ℎ(t)=lnt−t2+t<0，
即过点P可作曲线f(x)=x+lnx的两条切线，则t的取值范围为(0,1)⋃(1,+∞)．
若切点为(x1,y1)，(x2,y2)，则x1，x2是方程lnx0+tx0−t2+t−1=0①的两根，
lnx1+tx1−t2+t−1=0，lnx2+tx2−t2+t−1=0，
x1lnx1+t=(t2−t+1)x1，x2lnx2+t=(t2−t+1)x2，
x1lnx1−x2lnx2=(t2−t+1)(x1−x2)，
x1ln x1−x2ln x2x1−x2=t2−t+1=t−122+34，
因为t∈(0,1)⋃(1,+∞)，x1ln x1−x2ln x2x1−x2的取值范围为[34,1)⋃(1,+∞)．
15.解：(1)函数f(x)在(2,+∞)上单调递增，
所以当x∈(2,+∞)，f′(x)=3x2−6x+t≥0恒成立，
又f′(x)=3x2−6x+t在(2,+∞)上单调递增，
所以只需f′(2)=12−12+t≥0，即t≥0；
(2)由题知f′(x)=3x2−6x+t，
函数f(x)的一个极值点为x=2，所以f′(2)=12−12+t=0，解得t=0，
此时f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，
当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)在区间(0,2)单调递减，
当x∈(2,+∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(2,+∞)单调递增，
所以x=2为函数f(x)的极小值点，t=0满足题意，
所以f(x)=x3−3x2+2，
设曲线y=f(x)的对称中心为(a,b)，
则函数F(x)=f(x+a)−b为奇函数，
F(x)=(x+a)3−3(x+a)2+2−b=x3+(3a−3)x2+(3a2−6a)x+a3−3a2+2−b，
由F(x)+F(−x)=0，得2[(3a−3)x2+a3−3a2+2−b]=0，
因为x∈R，所以3a−3=0，即a3−3a2+2−b=0，解得a=1，b=0，
所以曲线y=f(x)的对称中心为(1,0)．
【解析】(1)由题意得当x∈(2,+∞)，f′(x)=3x2−6x+t≥0恒成立，由二次函数性质可得实数t的取值范围；
(2)由题意得f′(2)=0，得t=0，设曲线y=f(x)的对称中心为(a,b)，则函数F(x)=f(x+a)−b为奇函数，计算可得a、b的值．
16.解：(1)在子二代中按基因型比例抽取4株，则基因型为DD，Dd，dd的分别为1，2，1株，
再随机抽取2株，基因型是Dd的株数X可能取的值为0，1，2，
所以P(X=0)=C22C42=16
P(X=1)=C21C21C42=23
P(X=2)=C22C42=16
X的分布列为
X的期望为E(X)=0×16+1×23+2×16=1
(2)子二代基因配型有六种情况，分别记为事件Ai，i=1，2，3，4，5，6
子三代中基因型为Dd记为事件B，则
所以P(B)=i=16P(Ai)P(B|Ai)=116×0+14×12+18×1+14×12+14×12+116×0=12．
【解析】(1)由题意知，在子二代中按基因型比例抽取4株，再从这4株中随机抽取2株，抽取的基因型是Dd的株数X的所有可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．
(2)利用全概率公式求解即可
17.解：(1)f′(x)=x−ax=x2−ax，x>0，
当a≤0时，f′(x)=x2−ax>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>0时，由f′(x)=x2−ax>0，得x> a，
由f′(x)=x2−ax<0得0所以f(x)在区间(0, a)单调递减，在区间( a,+∞)单调递增;
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在区间(0,+∞)单调递增，无最小值，
当a>0时，f(x)在区间(0, a)单调递减，在区间( a,+∞)单调递增，
所以f(x)min=f( a)=12a−aln a=12(a−alna)=12，
所以a−alna=1，
令g(a)=a−alna(a>0)，则g′(a)=1−lna−1=−lna，
由g′(a)=0得，a=1，所以g(a)在区间(0,1)单调递增，在区间(1,+∞)单调递减，
所以g(a)≤g(1)=1，所以a的值为1．
【解析】(1)根据题意先对函数求导后，然后对a 分情况讨论，从而可求解；
(2)根据函数最小值为12，结合(1)，利用函数的单调性即可求解．
18.解：(1)因为χ 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
=90×(30×25−15×20)245×45×50×40=4.5>3.841=x0.05，
所以，依据α=0.05的独立性检验，
可以认为春夏季节对茶叶氨基酸含量有影响．
(2) ①由题意，P(X≥0.03)=231000=0.023，
所以P(X<0.03)=1−0.023=0.977，
故P(X<0.03)=P(Z<0.03−0.02σ)=0.977，
因为Φ(2.0)=0.977，所以0.03−0.02σ=2.0，得σ=0.005;
②茶叶中氨基酸含量小于0.015时为乙等产品，
而P(X<0.015)=P(Z<0.015−)=P(Z<−1)，
根据标准正态分布的对称性，
P(Z<−1)=P(Z≥1)=1−P(Z<1)=1−0.841=0.159，
所以这批茶叶中的乙等产品约有1000×0.159=159份．
【解析】(1)由公式得出χ 2，对照临界值表可得结论；
(2)①根据正态分布的性质可得σ的值；
②先得出P(X<0.015)=P(Z<−1)，根据正态分布计算即可．
19.解：(1)由题知，f(1)=a−1−a2=0，
所以a=2；
(2)由题知，f(x0)=2x0−ex0−1−1=0，
∴ex0−1=2x0−1，
又因为f′(x0)=2−ex0−1=3−2x0，
所以直线l:y=(3−2x0)(x−x0)，
令ℎ(x)=(3−2x0)(x−x0)，g(x)=ℎ(x)−f(x)=(3−2x0)(x−x0)−f(x)，
则g′(x)=(3−2x0)−f′(x)=(3−2x0)−2+ex−1，
因为g′(x0)=(3−2x0)−2+ex0−1=(3−2x0)−2+2x0−1=0，
又因为g′(x)在R上单调递增，
当x当x>x0时，g′(x)>0，g(x)在区间(x0,+∞)单调递增，
故g(x)≥g(x0)=0，
所以ℎ(x)≥f(x)，
即曲线f(x)上的点都不在直线l的上方；
(3)令f′(x)=2−ex−1=0，得x=ln2+1，
当x0，f(x)在区间(−∞,ln2+1)单调递增，
当x>ln2+1时，f′(x)<0，f(x)在区间(ln2+1,+∞)单调递减，
又f(2)=4−e−1>0，f(3)=6−e2−1<0，
所以f(x)有两个零点1和m0，m0∈(2,3)，
y=f(x)在(1,0)处的切线为y=x−1，在(m0,0)处的切线为y=(3−2m0)(x−m0)，
设y=t与两条切线交点的横坐标分别为x3，x4，
则x3=1+t，x4=m0+t3−2m0，
由(2)知x3所以x2−x1记φ(x)=x+t3−2x−1−t，x∈(2,3)，φ′(x)=1+2t(3−2x)2，
因为t>0，
所以φ′(x)=1+2t(3−2x)2>0，
故φ(x)在(2,3)上单调递增，
所以φ(x)<φ(3)=3+t3−2×3−1−t=2−43t，
所以x2−x1<2−43t.
【解析】(1)由f(1)=a−1−a2=0，即可求出结果；
(2)由题意可得：ex0−1=2x0−1，利用导数的几何意义求出曲线在点P处的切线为l：y=(3−2x0)(x−x0)，令ℎ(x)=(3−2x0)(x−x0)，g(x)=ℎ(x)−f(x)=(3−2x0)(x−x0)−f(x)，利用导数研究其单调性极值即可证明；
(3)令f′(x)=2−ex−1=0，得x=ln2+1，判断函数的单调性，得出f(x)有两个零点1和m0，m0∈(2,3)，
求出y=f(x)在(1,0)处的切线为y=x−1，在(m0,0)处的切线为y=(3−2m0)(x−m0)，设y=t与两条切线交点的横坐标分别为x3，x4，由(2)知x3春季
夏季
含量高
30
20
含量低
15
25
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
Zi
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
2.2
2.4
2.6
Φ(Zi)
0.841
0.885
0.919
0.945
0.964
0.977
0.986
0.992
0.995
X
0
1
2
P
16
23
16
事件
A1
A2
A3
A4
A5
A6
配型
DD×DD
DD×Dd
DD×dd
Dd×Dd
Dd×dd
dd×dd
P(Ai)
116
14
18
14
14
116
P(B|Ai)
0
12
1
12
12
0