![2023-2024学年福建省南平市高二下学期7月期末质量检测数学试题(含解析)01](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/3/15998275/0-1721487165639/0.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![2023-2024学年福建省南平市高二下学期7月期末质量检测数学试题(含解析)02](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/3/15998275/0-1721487165885/1.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
![2023-2024学年福建省南平市高二下学期7月期末质量检测数学试题(含解析)03](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/3/15998275/0-1721487179909/2.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
2023-2024学年福建省南平市高二下学期7月期末质量检测数学试题(含解析)
展开1.已知集合M=x|0
2.故选:C.已知随机变量ξ~B(4,p),若E(ξ)=2,则P(ξ=3)=( )
A. 12B. 14C. 18D. 116
3.“f(x)=x+1x在(a,+∞)上单调递增”是“a>−2”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.若9a=5,lg34=b,则32a+b=( )
A. 10B. 20C. 50D. 100
5.已知随机变量X的分布列如下表所示,设Y=3X−2,则DY=( )
A. 5B. 59C. −13D. −3
6.将函数f(x)=sinx−csx图象上所有的 点横坐标变为原来的2倍,纵坐标不变,再将所得图象向左平移π2个单位长度得到g(x)的图象,则g(x)=( )
A. 2sin(x2+π4)B. 2sin(x2+π8)C. 2sinx2D. 2cs2x
7.将分别标有数字1,2,3,4,5的五个小球放入A,B,C三个盒子,每个小球只能放入一个盒子,每个盒子至少放一个小球.若标有数字1和2的小球不放入同一个盒子,则不同方法有( )
A. 72种B. 42种C. 114种D. 36种
8.以max M表示数集M中最大的数.若x,y>0,且z≥1,则maxz x+y, xy+z的最小值为( )
A. 4B. 2 2+1C. 3D. 2
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.若A10nAnn=C104,则n的值可能为( )
A. 3B. 4C. 6D. 8
10.已知函数f(x)=16x+3−a,x≥0ax−1,x<0(a>0且a≠1)在R上为单调函数,g(x)=csx,则( )
A. 实数a的取值范围为(1,3]
B. 当x∈[π3,4π3]时,g(x)的取值范围为[−12,12]
C. 函数f(g(x))是周期函数
D. 函数f(x)与g(x)的 图象之间关于直线x=1对称的点有无数多对
11.A是轮子(半径为0.5m)外边沿上的一点,若轮子从图中位置(A恰为轮子和地面的切点)向左匀速无滑动滚动,当滚动的水平距离为x m(x≥0)时,点A距离地面的高度为ℎx,则( )
A. 当x=9时,点A恰好位于轮子的最高点
B. ℎx+3π=ℎx
C. 当x∈5,6时,点A距离地面的高度在下降
D. 若ℎx1=ℎx2=0.5,x2>x1≥0,则x2−x1的最小值为π2
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∼N0,σ2,若PX≤1=0.6,则PX>1= .
13.若tan(α+π4)=−34,则sin2α= .
14.若存在实数x使得lg21−x+3lg81+x≥4m+2m+1−8成立,则实数m的最大值为 .
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(3x2+3x2)n的展开式中,二项式系数和为64.
(1)求展开式中各项系数的和;
(2)求展开式中含x8的项.
16.(本小题12分)
某企业拥有甲、乙两种生产工艺,用这两种生产工艺共生产40件同一类型产品,所得合格品情况如表1,该企业对甲生产工艺研发投入x(亿元)与总收益y(亿元)的数据统计如表2.
表1:
表2:
(1)完成列联表,并根据α=0.05的独立性检验,能否认为产品合格率与生产工艺有关?
(2)用线性回归方程预估当对甲生产工艺研发投入10亿元时,总收益将达到多少亿元?
附:①χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d,n=a+b+c+d.
②临界值表:
③参考公式:b=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx2,a=y−bx.
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=(12)x−a⋅2x,f(x)为偶函数.
(1)求实数a的值;
(2)写出f(x)的单调区间(不需要说明理由);
(3)若对于任意t∈[−3,1],不等式f(t2−2t+2)>f(−2t2+k)恒成立,求实数k的取值范围.
18.(本小题12分)
已知甲盒中装有3个白球,2个黑球;乙盒中装有2个白球,3个黑球,这些球除颜色外完全相同.
(1)若从两个盒子中一次性各摸出2个球,用X表示摸出的4个球中白球的个数,求X的分布列和数学期望.
(2)若先从甲盒中一次性摸出2个球放入乙盒,再从乙盒中摸出一个球.
(ⅰ)计算在乙盒中摸出的是黑球的概率;
(ⅱ)如果在乙盒中摸出的是黑球,计算甲盒中恰剩一个黑球的概率.
19.(本小题12分)
函数ℎ(x)的定义域为R,若存在非零实数T,对∀x∈R,都有ℎ(x+T)=ℎ(x)+ℎ(T),则称函数ℎ(x)关于T可线性分解,已知f(x)=2sin(ωx+φ)(0<ω<3,|φ|<π2).
(1)若f(x)关于T可线性分解,求f(0),f(T);
(2)若g(x)=f(x+14),g(x)关于3可线性分解.
(ⅰ)求函数y=f(x)×f[f(x)]+4的零点;
(ⅱ)对∀n∈N∗,f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(n)≤m,求m的取值范围.
答案解析
1.C
【解析】由已知可得M∩N=1,2,3.
2.B
【解析】随机变量ξ~B(4,p),由E(ξ)=2,得4p=2,解得p=12,
所以P(ξ=3)=C43×(12)3×(1−12)=14.
故选:B
3.A
【解析】函数f(x)=x+1x的 定义域为(−∞,0)∪(0,+∞),求导得f′(x)=1−1x2,
由f′(x)>0,得x<−1或x>1,即函数f(x)在(−∞,−1),(1,+∞)上单调递增,
而f(x)在(a,+∞)上单调递增,于是a≥1,显然{a|a≥1}真包含于{a|a>−2},
所以“f(x)=x+1x在(a,+∞)上单调递增”是“a>−2”的充分不必要条件.
故选:A
4.B
【解析】因为9a=32a=5,又因为lg34=b,可得3b=4,
所以32a+b=32a×3b=5×4=20.
故选:B.
5.A
【解析】依题意,12+13+n=1,解得n=16,E(X)=−1×12+0×13+1×16=−13,
D(X)=12×(−23)2+13×(13)2+16×(43)2=59,而Y=3X−2,
所以D(Y)=9D(X)=5.
故选:A
6.C
【解析】依题意,fx= 2sinx−π4,因此gx=f12x+π2= 2sin12x+π2−π4= 2sinx2.
故选:C
7.C
【解析】5个不同的小球,先分成3组,可分为1,1,3,或者是1,2,2,
共C53−C31+C52C32A22−C32种,
将每一种分法放到3个盒子中,共有A33种不同方法,
根据分步乘法计数原理得:C53−C31+C52C32A22−C32×A33=114种.
故选:C.
8.D
【解析】设P=maxz x+y, xy+z,则P≥z x+y,P≥ xy+z.显然P>0.
P≥z x+y≥2 yz x,当且仅当z x=y取得等号.
P≥ xy+z≥2 z xy,当且仅当 xy=z取得等号.
两式相乘,即P2≥2 yz x×2 z xy=4z≥4,则P≥2.
此时z=1,前面都要成立,则 xy=1,1 x=y,则x=y=1.
maxz x+y, xy+z的最小值为2,当且仅当x=y=z=1取得最小值.
故选:D.
9.BC
【解析】依题意,A10nAnn=10!n!(10−n)!=C10n,因此C10n=C104,
所以n=4或n=6.
故选:BC
10.ACD
【解析】对于A,由函数f(x)在R上为单调函数,而y=16x+3−a在[0,+∞)上为增函数,
得a>13−a≥0,解得1对于B,当x∈[π3,4π3]时,−1≤csx≤12, B错误;
对于C,显然f(g(x+2π))=f(cs(x+2π))=f(csx)=f(g(x)),函数f(g(x))是周期函数, C正确;
对于D,函数g(x)的图象关于x=1对称的图象对应解析式y=g(2−x)=cs(x−2),
由cs(x−2)=−1,得x−2=−π+2kπ,k∈Z,即x=2−π+2kπ,k∈Z,
由1因此函数y=g(2−x)的图象与函数f(x)=ax−1,x<0的图象有无数个交点,
所以函数f(x)与g(x)的图象之间关于直线x=1对称的点有无数多对, D正确.
故选:ACD
11.BCD
【解析】由题意知,轮子的半径为r=0.5m,则轮子滚动一周的水平距离为2πr=π(m),
如图所示,设轮子滚动了xm后到达了点A′,即AA′⌢=x,可得∠AOA′=2x
过点A′作A′C垂直地面,过点O作OB⊥A′C,
则A′C=A′B+BC=12sin(2x−π2)+12=12−12cs2x,即ℎx=12−12cs2x,
对于A中,当x=9时,ℎ9=12−12cs18≠1,所以A不正确;
对于B中,可得ℎx+3π=12−12cs[2(x+3π)]=12−12cs2x=ℎx,所以 B正确;
对于C中,当x∈5,6时,可得2x∈10,12⊆(3π,4π),
由余弦型函数的性质,都可ℎx在5,6上单调递减,所以 C正确;
对于D中,由ℎx=12−12cs2x=12,可得cs2x=0,
可得2x=π2+kπ,k∈Z,所以x=π4+kπ2,k∈Z,
令x1=π4+k1π2,k1∈Z且x2=π4+k2π2,k2∈Z,且x2>x1≥0,
则x2−x1=(k2−k1)π2,k1∈Z,k2∈Z,且k2>k1,
当k2−k1=1时,可得x2−x1的最小值为π2,所以 D正确.
故选:BCD.
12.15或0.2
【解析】如图,画出正态分布的曲线图,PX≤1=0.6,即P(−1≤X≤1)=0.6,即红色区域面积为0.6.
根据对称性,知P(0≤X≤1)=0.3,则PX>1=0.5−P0
13.−725或−0.28
【解析】由tan(α+π4)=−34,得1+tanα1−tanα=−34,解得tanα=−7,
所以sin2α=2sinαcsα=2sinαcsαsin2α+cs2α=2tanαtan2α+1=−725.
故答案为:−725
14.1
【解析】解:lg21−x+3lg81+x≥4m+2m+1−8,
∴lg21−x+lg21+x≥4m+2m+1−8,
∴lg2(1−x2)≥4m+2m+1−8,x∈(−1,1),
令g(x)=lg2(1−x2),
若存在x使得不等式lg21−x+3lg81+x≥4m+2m+1−8成立,
∴g(x)max≥4m+2m+1−8,
∵函数y=1−x2在(−1,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,
∴函数g(x)在(−1,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,
∴g(x)max=g(0)=0,
∴4m+2m+1−8≤0,
即2m2+2⋅2m+1−1−8≤0,
2m+12≤9,
解得:0<2m≤2,
m≤1,
∴实数m的最大值为1,
故答案为:1.
15.解:(1)由(3x2+3x2)n的展开式中,二项式系数和为64,得2n=64,解得n=6,
所以(3x2+3x2)6展开式中各项系数的和为(1+3)6=4096.
(2)(3x2+3x2)6展开式的通项公式Tr+1=C6r(3x2)6−r(3x2)r=3rC6rx4+43r,r≤6,r∈N,
令4+43r=8,得r=3,所以(3x2+3x2)6展开式中含x8的项为T4=33C63x8=540x8.
【解析】(1)利用二项式系数的性质求出n,再利用赋值法求出各项系数和.
(2)求出展开式的通项公式,再求出指定项.
16.解:(1)2×2列联表为:
零假设H0:两种工艺生产的配件与合格率无关,
由列联表中数据得χ2=40(18×8−12×2)230×10×20×20=245=4.8>3.841=x0.05,
根据小概率值α=0.05的独立性检验,我们推断H0不成立,
即认为产品合格率与生产工艺有关,此推断犯错误的概率不大于0.05.
(2)显然x=1+2+3+44=2.5,y=6.5+7+8+8.54=7.5,
i=14xiyi=6.5+14+24+34=78.5,i=14xi2=1+4+9+16=30,
则b=i=14xiyi−nxyi=14xi2−nx2=78.5−4×2.5×7.530−4×2.52=0.7,a=y−bx=7.5−0.7×2.5=5.75,
因此y关于x的线性回归方程为y=0.7x+5.75,
令x=10,得y=0.7×10+5.75=12.75,
所以预估研发投入10亿元,收益将达到12.75亿元.
【解析】(1)完善列联表,计算χ2的观测值,与临界值比对即得.
(2)利用最小二乘法公式求出回归直线方程,再代入计算即可.
17.解:(1)函数f(x)=(12)x−a⋅2x的定义域为R,由f(x)为偶函数,得f(−x)−f(x)=0,
即2x−a⋅2−x−2−x+a⋅2x=0,即(a+1)(2x−2−x)=0,又2x−2−x不恒为0,
所以a=−1.
(2)函数f(x)=(12)x+2x,令2x=u>0,函数y=u+1u在(1,+∞)上单调递增,
当u>1时,x>0,而函数u=2x在(0,+∞)上单调递增,因此f(x)在(0,+∞)上单调递增,
又函数f(x)是R上的偶函数,因此f(x)在(−∞,0)上单调递减,
所以函数f(x)的 递减区间是(−∞,0),递增区间是(0,+∞).
(3)由(2)知函数f(x)是R上的偶函数,且在(0,+∞)上单调递增,
不等式f(t2−2t+2)>f(−2t2+k)⇔f(|t2−2t+2|)>f(|−2t2+k|),
则|t2−2t+2|>|−2t2+k|,而t2−2t+2=(t−1)2+1>0,
于是|−2t2+k|
3t2−2t+2=3(t−13)2+53≥53,当且仅当t=13时取等号,因此1
【解析】(1)利用偶函数的定义求出a值.
(2)利用指数函数单调性,结合对勾函数单调性及偶函数的性质求解即得.
(3)利用偶函数性质及函数单调性脱去法则“f”,转化为恒成立的不等式求解.
18.解:(1)依题意,X的可能值为0,1,2,3,4,
P(X=0)=C22C52⋅C32C52=3100,P(X=1)=C31C21C52⋅C32C52+C22C52⋅C21C31C52=625,
P(X=2)=C32C52⋅C32C52+C31C21C52⋅C21C31C52+C22C52⋅C22C52=2350,
P(X=3)=C32C52⋅C21C31C52+C31C21C52⋅C22C52=625,P(X=4)=C32C52⋅C22C52=3100,
所以X的分布列为:
数学期望E(X)=0×3100+1×625+2×2350+3×625+4×3100=2.
(2)(ⅰ)设事件A1=“从甲盒中摸出2个白球”,事件A2=“从甲盒中摸出1个白球和1个黑球”,
事件A3=“从甲盒中摸出2个黑球”,事件B=“从乙盒中摸出1个黑球”,
显然Ω=A1∪A2∪A3,且A1,A2,A3两两互斥,P(A1)=C32C52=310,P(A2)=C31C21C52=35,P(A3)=C22C52=110,
P(B|A1)=C31C71=37,P(B|A2)=C41C71=47,P(B|A3)=C51C71=57,
则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=310×37+35×47+110×57=1935,
所以在乙盒中摸出的是黑球的概率是1935.
(ⅱ)在乙盒中摸出的是黑球,甲盒中恰剩一个黑球的事件是在事件B发生的条件下,事件A2发生,
因此P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(A2)P(B|A2)P(B)=35×471935=1219,
所以在乙盒中摸出的是黑球,甲盒中恰剩一个黑球的概率为1219.
【解析】(1)求出X的可能值及各值对应的概率,列出分布列并求出期望.
(2)(ⅰ)利用古典概型及全概率公式计算即得;(ⅱ)利用条件概率公式计算得解.
关键点点睛:利用概率加法公式及乘法公式求概率,把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和,相互独立事件的积是解题的关键.
19.解:(1)若f(x)关于T可线性分解,则f(0+T)=f(0)+f(T),即f(0)=0,
由f(x+T)=f(x)+f(T),得f(kT)=f((k−1)T)+f(T)=⋯=kf(T)(k∈Z)(∗),
若f(T)≠0,则k充分大时,|kf(T)|将大于2,
而f(x)的值域为[−2,2],故等式(∗)不可能成立,所以必有f(T)=0.
(2)(i)由(1)知g(0)=f(0+14)=0g(3)=f(3+14)=0,即2sin(ω4+φ)=02sin(3ω+ω4+φ)=0,则ω4+φ=k1π3ω=k2π,k1,k2∈Z,
而0<ω<3,则3ω=π,ω=π3,φ=k1π−π12,k1∈Z,又−π2<φ<π2,则φ=−π12,
此时g(x)=2sinπx3,g(x+3)=−g(x)+g(3),不符合题意;
或3ω=2π,ω=2π3,φ=k1π−π6,k1∈Z,又−π2<φ<π2,则φ=−π6,
此时g(x)=2sin2πx3,满足g(x+3)=g(x)+g(3),符合题意,
因此f(x)=2sin(2πx3−π6),
依题意,f(x)×f[f(x)]=−4,则f(x)=−2f[f(x)]=2或f(x)=2f[f(x)]=−2,
显然f(2)=2不成立,于是f(x)=−2,2sin(2πx3−π6)=−2,
则2π3x−π6=2kπ−π2,k∈Z,解得x=3k−12,k∈Z,
所以函数y=f(x)×f[f(x)]+4的零点为x=3k−12,k∈Z.
(ii)显然f(1)+f(2)+f(3)=2sinπ2+2sin7π6+2sin(2π−π6)=2−1−1=0,
又f(x)=2sin(2πx3−π6)周期为3,则当n=3k,k∈N∗时,f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(n)=0,
当n=3k−2,k∈N∗时,f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(n)=f(n)=2sin(2πn3−π6)=2,
当n=3k−1,k∈N∗时,f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(n)=f(n−1)+f(n)=2sin(2nπ3−5π6)+2sin(2nπ3−π6)
=2(− 32sin2nπ3−12cs2nπ3)+2( 32sin2nπ3−12cs2nπ3)=−2cs2nπ3<2,
因此f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(n)≤2恒成立,则m≥2,
所以m的取值范围为[2,+∞).
【解析】(1)根据给定的定义,赋值计算f(0),f(T).
(2)(ⅰ)利用定义求得f(x)=2sin(2πx3−π6),再由f(x)×f[f(x)]=−4结合最值确定f(x)=−2,进而求出零点;(ⅱ)由f(x)的周期为3,则按n=3k,3k−2,3k−1分类求出i=1nf(i),进而求出m的范围.
X
−1
0
1
P
12
13
n
工艺
合格情况
合计
合格品
不合格品
甲
18
20
乙
8
合计
40
研发投入x(亿元)
1
2
3
4
收益y(亿元)
6.5
7
8
8.5
α
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
工艺
合格情况
合计
合格品
不合格品
甲
18
2
20
乙
12
8
20
合计
30
10
40
X
0
1
2
3
4
P
3100
625
2350
625
3100
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