2023-2024学年重庆市主城区七校高二下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市主城区七校高二下学期期末考试数学试题（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。

1.已知函数f(x)=1x2+2，则f′(1)=( )
A. −2B. 0C. 1D. 3
2.已知随机变量ζ∼B9,13，则D(ζ)=( )
A. 6B. 3C. 2D. 1
3.甲、乙两支队伍进行某项比赛，采用三局两胜制．根据以往的数据，甲队在每一局比赛中获胜的概率均为34，每局比赛相互独立，则在这次比赛中，甲队获胜的概率为( )
A. 916B. 932C. 6364D. 2732
4.某种袋装大米的质量X(单位：kg)服从正态分布N(25,σ2)，且P(X<24.8)=0.04，若某超市购入2000袋这种大米，则该种袋装大米的质量X∈[24.8,25.2]的袋数约为( )
A. 1920B. 1840C. 920D. 160
5.某班准备安排元旦晚会节目演出顺序，共有7个表演节目，求甲、乙两个节目中间恰好间隔2个节目的概率为( )
A. 2021B. 421C. 221D. 121
6.已知函数a=12ln 2，b=15ln 5，c=1e，则a，b，c的大小关系正确的是( )
A. a7.现有5名大学毕业生去A、B、C三家单位去应聘，若每人至多被一家单位录用，每家单位至少录用其中一人，则不同的录取情况种数是( )
A. 300B. 360C. 390D. 420
8.已知函数f(x)=xlnx−exm对定义域内任数x1A. (0,e]B. 0,1eC. [e,+∞)D. 1e,+∞
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.已知ax−1 xn的展开式中，第四项与第七项的二项式系数相等，则( )
A. n=11
B. 若展开式中各项系数之和为512，则a=3
C. 展开式中有理项有6项
D. 若a=1，则展开式中常数项为84
10.某中药材盒中共有包装相同的7袋中药材，其中党参有4袋，黄芪有3袋，从中取出2袋，下列说法正确的是( )
A. 若有放回抽取，则取出一袋党参一袋黄芪的概率为1249
B. 若有放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，第2次取到党参的概率为710
C. 若不放回抽取，则第2次取到党参的概率为47
D. 若不放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率为23
11.已知函数f(x)=ex−a2x2(a为常数)，则下列结论正确的是( )
A. 当a=1时，f(x)无极值点
B. 当a=e时，f(x)+e2≥0恒成立
C. 若f(x)有3个零点，则a取值范围为e22,+∞
D. 当a=1时，f(x)有唯一零点x0，则−1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.从5男4女共9名学生中选出3人组成志愿者服务队，要求志愿者服务队中至少有1名女生，共有 种不同的选法．(用数字作答)
13.已知函数f(x)=(ex+a)(4−x)在区间(−2,2)上单调递减，则实数a的取值范围为 ．
14.现有编号分别为1，2，3，…，(n+1)的n+1个盒子，每个盒子中有n+2个大小相同、质地均匀的小球，其中编号为k+1(0≤k≤n,k∈N)的盒子中含有k+1个红球，其余均为黑球．已知一次试验中事件A发生的概率为p(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)
已知函数f(x)=2lnx+ax2+bx(a,b∈R)，且x=1和x=2是f(x)的两个极值点．
(1)求实数a，b的值；
(2)求f(x)在区间13,3上的最大值．
16.(本小题12分)
随着移动互联网技术的发展，直播带货已经成为热门的销售方式，通过主播的详细介绍，使顾客对商品有更全面的了解．小张统计了某新手主播开启直播带货后从1月份到5月份每个月的销售量yi(万件)(i=1，2，3，4，5)的数据，得到如图所示的散点图．
(1)根据散点图判断，模型①y=a+bx与模型②y=c+dx2哪一个更适宜作为月销售量y关于月份代码x的回归方程？(给出判断即可，不必说明理由)，并求出y关于x的回归方程(计算结果精确到0.01)；
(2)随机调查了220名市民对直播带货的认可程度，得到的部分数据见下表：
依据小概率值α=0.01的独立性检验，分析市民对直播带货认可程度是否与年龄有关联．
参考公式与数据：b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx2，a=y−bx．i=15xi2=55，i=15ti2=979，i=15xiyi=80.8，i=15tiyi=335.6，其中ti=xi2．χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=2ex−a(x+1)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)对任意x∈(0,+∞)，证明：f(x)+a(x+1)>ex+ln x+2．
18.(本小题12分)
第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运知识，某大学举办了一次全运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛．
(1)初赛从7道题中任选3题作答，3题均答对则进入决赛．已知这7道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为X，求X的分布列；
(2)为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励．奖励规则如下：已进入决赛的参赛学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元．假定每次抽奖中奖的概率均为p(0(ⅰ)记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为f(p)，求f(p)的极大值；
(ⅱ)该校体育系共有18名学生进入了决赛，若这18名大学生获得的总奖金的期望值不小于2240元，求此时p的取值范围．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=2ex−sinx，g(x)=2−aln(x+1)．
(1)求f(x)在x=0处的切线方程；
(2)当x∈[0,π]时，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当a=1时，ℎ(x)=1x+2−g(x−1)，数列{xn}(n∈N∗)满足x1∈(0,1)，且xn+1=ℎ(xn)，证明：xn+1+xn+3>2xn+2．
答案解析
1.A
【解析】解：因为f(x)=1x2+2，可得f′(x)=−2x3，
所以f′(1)=−213=−2．
2.C
【解析】解：因为随机变量ζ∼B(9,13) ，
所以D(ζ)=9×13×1−13=2．
3.D
【解析】解：甲、乙两支队伍进行比赛，比赛规则为“3局2胜”，即先赢2局者为胜，
根据以往二队的比赛数据分析，甲队在每局比赛中获胜的概率为34，
则甲队获胜有以下三种情况：
第一局胜、第二局胜，则甲队获胜概率为34×34=916；
第一局胜、第二局负、第三局胜，则甲队获胜概率为34×14×34=964；
第一局负、第二局胜、第三局胜，则甲队获胜概率为14×34×34=964；
综上可知甲队获胜概率为916+964+964=2732，
故选D．
4.B
【解析】解：由题意得P(24.8≤X≤25.2)=1−2P(X<24.8)=0.92，
所以该种大米的质量在24.8kg∼25.2kg的袋数约为2000×0.92=1840．
5.B
【解析】解：7个表演节目的演出顺序共有A77种，
甲、乙两个节目中间恰好间隔2个节目的演出顺序有A22A22A44种，
所以所求概率为P=A22A52A44A77=421．
故选B．
6.D
【解析】解：a=12ln 2=ln22，b=15ln 5=ln55，c=1e=lnee，
设f(x)=ln xx(x>0)⇒f ′(x)=1−ln xx2，
当10;
当x>e时lnx>1，此时，f′(x)=1−lnxx2<0．
故f(x)=lnxx当x∈(1,e)单调递增，当x∈(e,+∞)单调递减．
故f(x)max=f(e)=1e=c，故aa=ln22=2ln24=ln44=f(4)，b=15ln 5=f(5)
又∵5>4>e，∴f(5)故b7.C
【解析】解：录用3人，有C53A33=60种情况;
录用4人，有C54C42A33=180种情况;
录用5人，5人分为三组，可以分为3，1，1或2，2，1两种情况，再分配到三个学校，
不同的录用情况种数有：
(C53+C52C32A22)×A33=150种情况．
所以不同的录用情况种数共有60+180+150=390种．
故选C．
8.A
【解析】解：因为f(x1)−f(x2)x1−x2<1，所以[f(x1)−x1]−[f(x2)−x2]x1−x2<0．
令函数g(x)=f(x)−x=xlnx−x−exm，则g(x)在(0,+∞)上单调递减，
所以g′(x)=lnx−1mexm≤0在(0,+∞)上恒成立，
则lnx≤1mexm，即xlnx≤xmexm=exmlnexm，
令函数ℎ(x)=xlnx，则ℎ′(x)=lnx+1，
所以ℎ(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增．
当x∈(0,1)时，ℎ(x)<0，当x∈(1,+∞)时，ℎ(x)>0，且exm>1，
所以x≤exm，所以lnx≤xm，即1m≥lnxx．
令函数φ(x)=lnxx，则φ′(x)=1−lnxx2，
所以φ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以φ(x)max=φ(e)=1e，所以1m≥1e，即m⩽e，又m>0，
所以正实数m的取值范围是(0,e] ．
故选：A．
9.BD
【解析】解：A选项，因为ax−1 xn的展开式中第四项与第七项的二项式系数相等；
∴Cn3=Cn6⇒n=9，故A错误；
B选项，若展开式中各项系数之和为512，
则a−19=512=29，则a−1=2，所以a=3，故B正确；
C选项，(ax−1 x)n的展开式的通项公式为：
Tr+1=C9rax9−r−1 xr=C9ra9−r−1rx9−32r，
当r=0，2，4，6，8时，9−32r为整数，
所以展开式中有理项有5项，故 C错误；
D选项，当a=1时，则(x−1 x)9的展开式中通项为：
Tr+1=C9rx9−r⋅(−1 x)r=C9r(−1)rx9−32r，
由9−32r=0，得r=6，
则其常数项为C96(−1)6=84，故D正确．
故选BD．
10.BCD
【解析】解：对于选项A，因为是有放回抽取，抽到一袋党参的概率为47，抽到一袋黄芪的概率为37，
所以取出一袋党参一袋黄芪的概率为47×37×2=2449，故选项 A错误，
对选项B，第二次抽到党参的概率为3×4+4×47×7=47，至少抽到一袋党参的概率为47×37×2+47×47=2449+1649=4049，
所以所求概率为474049=710，故选项 B正确，
对于选项C，因为不放回抽取，抽两次有A72种取法，第二次抽到党参的取法为C31C41+A42，所以第2次取到党参的概率为C31C41+A42A72=47，故选项C正确，
对于选项D，至少取出一袋党参的的概率为2C31C41+A42A72=67，取到一袋党参一袋黄芪的概率为2C31C41A72=47，所以在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率为概率为4767=23，故选项 D正确．
故选：BCD．
11.ACD
【解析】解：对于A.当a=1时，fx=ex−12x2，f′x=ex−x，
令m(x)=f′(x)，m′(x)=ex−1，
令m′(x)=ex−1>0，则x>0，f′(x)在(0,+∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减，
故f′(x)≥f′(0)=1>0，∴f(x)在R上单调递增，无极值，故A正确;
对于B，当a=e时， f′(x)=ex−ex=ℎ(x)， ℎ′(x)=ex−e，
当x>1⇒ℎ′(x)>0， x<1⇒ℎ′(x)<0，
即函数 ℎ(x)在 −∞,1上单调递减，在 1,+∞上单调递增，
即 ℎ(x)min=ℎ(1)，所以f′(x)=ℎ(x)≥ℎ(1)=0，
此时函数f(x)单调递增，没有最小值，故B错误；
对于C，令 g(x)=f(x)ex=1−ax22ex，则函数 f(x)与 g(x)的零点相同，
当 a≤0时， g(x)>0无零点；
当 a>0时， g ′(x)=ax(x−2)2ex，令 g′(x)>0⇒x<0或 x>2， g′(x)<0⇒00，要使得 g(x)有3个零点，则 g(0)>0g(2)<0 ⇒ 1>01−4a2e2<0，解得 a>e22，故C正确;
对于D项，令 g(x)=f(x)ex=1−ax22ex，则函数 f(x)与 g(x)的零点相同，
当 a=1时， g(x)=1−x22ex，由B可知 g(x)在 (−∞,0)和 (2,+∞)上单调递增，在 (0,2)上单调递减， g(−1)=1−e2<0,g−12=1− e8>0， g(2)=1−2e2>0，
由零点存在性定理可知， g(x)只有一个零点 x0，且 −1则 f(x)只有一个零点 x0，且 −112.74
【解析】解：先求从5男4女共9名学生中选出3人组成志愿者服务队共有C93=9×8×73×2×1=84，
选出3人组成志愿者服务队全部是男生共有C53=5×4×33×2×1=10，
故志愿者服务队中至少有1名女生为84−10=74．
故答案为74．
13.[e2,+∞)
【解析】解：因为函数f(x)=(ex+a)(4−x)在区间(−2,2)上单调递减，
所以f′x=ex3−x−a⩽0在区间(−2,2)上恒成立，
故答案为[e2,+∞)．
14.k=0nCnkpk1−pn−kk+1n+2
【解析】解：一次试验中事件A发生的概率为p(0在编号为k+1的盒子中任取一球，“取到红球”的概率为k+1n+2，(0≤k≤n,k∈N)，
由全概率公式可知PB=k=0nCnkpk1−pn−kk+1n+2．
故答案为k=0nCnkpk1−pn−kk+1n+2．
15.解：(1)函数 f(x)=2lnx+ax2+bx(a,b∈R)，定义域为 0,+∞ ，
f′(x)=2x+2ax+b ，因为 x=1和x=2 是 fx 的两个极值点，所以 f′(1)=2+2a+b=0f′(2)=1+4a+b=0 ，所以 a=12b=−3
经检验a=12b=−3满足题意。
(2)由(1)可知，f′(x)=2x+x−3 =x2−3x+2x=(x−1)(x−2)x,令f′(x)=0,得x=1或x=2，所以fx 在 0,1 和 2,+∞ 上单调递增，在 1,2 上单调递减，所以 fx 在 13,3 上的最大值只可能在 f1 或 f3 处取到，
f1=−52 ， f3=2ln3−92 ，而 f3−f1=2ln3−2>0 ，
所以 fx 在 13,3 上的最大值为 2ln3−92 ．
【解析】(1) x=2 是 fx 的极值点，则有 f′2=0 ，求实数a的值并检验即可；
(2)由函数单调性求区间内的最大值．
16.解：(1)由散点图可知散点图接近于曲线，非线性，结合图象故选模型 ②y=c+dx2；
令t=x2，则y=c+dt，
可得t=15i=15xi2=11，
y=15×(2.2+2.4+3.8+5.6+8)=4.4，
则d=i=15tiyi−5tyi=1nti2−5t2=335.6−5×11×4.4979−5×112≈0.25,
c=y−dt=4.4−0.25×11=1.65，
所以y关于t的经验回归方程为y=1.65+0.25t，
即y关于x的经验回归方程为y=1.65+0.25x2；
(2)零假设H0:市民对直播带认可程度是否与年龄有关联；
因为χ2=220(70×60−40×50)2100×120×110×110=223≈7.333>6.635，
依据α=0.01的独立性检验，推断H0不成立，
所以认为市民对直播带认可程度是否与年龄有关联．
【解析】(1)根据散点图结合一次函数以及二次函数图象特征分析判断；
(2)由公式得出χ2，对照临界值表可得结论．
17.解：(1)∵f′(x)=2ex−a，
①当a≤0时，令f′(x)>0在R恒成立，f′(x)在R上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)=0，得x=lna2，
令f′(x)>0，得x>lna2，令f′(x)<0，得x∴f(x)在(−∞,lna2)上单调递减，在(lna2,+∞)上单调递增；
(2)要证f(x)+a(x+1)>ex+lnx+2，
需证ex−lnx−2>0，
令g(x)=ex−lnx−2，(x>0)，则转化成证明：g(x)>0在(0,+∞)上恒成立，
g′(x)=ex−1x，则存在x0∈(0,1)，使g′(x0)=0，即ex0=1x0，
⇒x0=1ex0=e−x0⇒lnx0=lne−x0=−x0，
当0x0时，ex0>1x0，则g′(x)>0;
∴g(x)在(0,x0)单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
∴g(x)在x=x0处取得极小值，也是最小值[g(x)]min=g(x0)=ex0−lnx0−2，
=1x0−lne−x0−2=1x0+x0−2>2 1x0⋅x0−2=0，
∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立，
∴对于任意的x>0，都有f(x)+a(x+1)>ex+lnx+2成立．
【解析】(1)先求导f′(x)=2ex−a，分a≤0和a>0两种情况研究单调性即可；
(2)要证f(x)+a(x+1)>ex+lnx+2，需证ex−lnx−2>0，令g(x)=ex−lnx−2，(x>0)，则转化成证明：g(x)>0在(0,+∞)上恒成立，利用导数研究单调性，即可得证．
18.解：(1)由题意，小王答对题目个数X=0，1，2，3，P(X=0)=C33C73=135，P(X=1)=C41C32C73=1235，P(X=2)=C42C31C73=1835，P(X=3)=C43C73=435，故X的分布列为：；
(2)(i)由题意知f(p)=C31p(1−p)3=3p3−6p2+3p(00得0(ii)由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y，则Y可能的取值为：个数Y=60，120，180，360，P(Y=60)=(1−p)3，P(Y=120)=C31p(1−p)2，P(Y=180)=C32p2(1−p)，P(Y=360)=p3，所以E(Y)=60(1−p)3+120C31p(1−p)2+180C32p2(1−p)+360p3=60(2p3+3p+1)，所以18E(Y)≥2240，即1080(2p3+3p+1)≥2240，整理得2p3+3p−2927≥0，经观察可知p=13是方程2p3+3p−2927=0的根，故2p3+3p−2927=2(p3−13p2)+23(p2−13p)+299(p−13)=(p−13)(2p2+23p+299)，因为2p2+23p+299>0恒成立，所以由2p2+23p−2927⩾0可得p−13⩾0，解得p⩾13，又因为0【解析】(1)根据题意分析可得，小王答对题目个数X=0，1，2，3，求出对应的概率即可得分布列；
(2)(i)由题意可得，f(p)=C31p(1−p)3=3p3−6p2+3p，求导可判断极大值；
(ii)设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y，则Y可能的取值为：个数Y=60，120，180，360，求出对应的概率，即可求期望值，然后判断即可．
19.解：(1)∵f(x)=2ex−sinx，
∴f′(x)=2ex−csx，
而f(0)=2−0=2，
且切线的斜率k=f′(0)=2−1=1，
∴函数f(x)在x=0处的切线方程为y=x+2;
(2)∵f(x)−g(x)=2ex+aln(x+1)−2−sinx≥0恒成立，x∈[0,π]，
令m(x)=2ex+aln(x+1)−2−sinx，则m(0)=0，
所以当x∈[0,π]时，f(x)≥g(x)等价于m(x)≥m(0)恒成立，
由于m′(x)=2ex+ax+1−cs x，x∈[0,π]，
(i)当a≥0时，m′(x)≥2ex−1>0，函数y=m(x)在[0,π]上单调递增，
所以m(x)≥m(0)=0，在区间[0,π]上恒成立，符合题意;
(ii)当a<0时，m′(x)=2ex+ax+1−csx在[0,π]上单调递增，m′(0)=2+a−1=1+a，
①当1+a≥0，即−1≤a<0时，m′(x)≥m′(0)=1+a≥0，函数y=m(x)在[0,π]上单调递增，
所以m(x)≥m(0)=0在[0,π]上恒成立，符合题意;
②当1+a<0，即a<−1时，m′(0)=1+a<0，m′(π)=2eπ+aπ+1+1，
若m′(π)≤0，即a≤−(π+1)(2eπ+1)时，m′(x)在(0,π)上恒小于0，
则m(x)在(0,π)上单调递减，m(x)若m′(π)>0，即−(π+1)(2eπ+1)所以当x0∈(0,π)时，m′(x)<0，
则m(x)在(0,x0)上单调递减，则m(x)综上所述，a的取值范围是[−1,+∞)；
(3)证明：当a=1时，g(x)=2−aln(x+1)，
所以ℎ(x)=1x+2−g(x−1)=lnx+1x，则ℎ′(x)=x−1x2，
令ℎ′(x)<0，得00，得x>1;
∴ℎ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴ℎ(x)≥ℎ(1)=1，
∵x1∈(0,1)，x2=ℎ(x1)>1，x3=ℎ(x2)>1，⋯，xn+1=ℎ(xn)>1，
要证xn+1+xn+3>2xn+2，即证xn+3−xn+2>xn+2−xn+1，
又xn+3=ℎ(xn+2)，xn+2=ℎ(xn+1)，
即证ℎ(xn+2)−xn+2>ℎ(xn+1)−xn+1，
令m(x)=ℎ(x)−x=1x+lnx−x(x≥1)，
则m′(x)=−x2+x−1x2=−(x−12)2−34x2<0，
∴m(x)在[1,+∞)上为减函数，且m(x)≤m(1)=0，
因为xn+2−xn+1=ℎ(xn+1)−xn+1=m(xn+1)，
又xn+1>1，
∴m(xn+1)<0，
∴xn+2−xn+1<0，
则xn+2∴m(xn+2)>m(xn+1)，
即ℎ(xn+2)−xn+2>ℎ(xn+1)−xn+1，
∴xn+3−xn+2>xn+2−xn+1成立，原式得证．
【解析】(1)求出导数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出结果；
(2)问题转化为f(x)−g(x)=2ex+aln(x+1)−2−sinx≥0恒成立，x∈[0,π]，令m(x)=2ex+aln(x+1)−2−sinx，则m(0)=0，则当x∈[0,π]时，f(x)≥g(x)等价于m(x)≥m(0)恒成立，求出导数，对a讨论，即可求出结果；
(3)利用导数证出ℎ(x)≥ℎ(1)=1，根据题意，要证xn+1+xn+3>2xn+2，即证xn+3−xn+2>xn+2−xn+1，
又xn+3=ℎ(xn+2)，xn+2=ℎ(xn+1)，即证ℎ(xn+2)−xn+2>ℎ(xn+1)−xn+1，
令m(x)=ℎ(x)−x=1x+lnx−x(x≥1)，利用导数，即可证出结果．认可
不认可
50岁以下市民
70
50
50岁以上市民
40
60
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828