还剩9页未读，
继续阅读
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
这是一份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），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。
1.已知集合M=x|0A. {0,1,2,3,4}B. {0,1,2,3}C. {1,2,3}D. {2,3}
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故答案为：0.2．
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|依题意，t2+2t−2当t∈[−3,1]时，t2+2t−2=(t+1)2−3≤1，当且仅当t=−3或t=1时取等号，
3t2−2t+2=3(t−13)2+53≥53，当且仅当t=13时取等号，因此1所以实数k的取值范围是(1,53)．
【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
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
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
相关试卷
2023-2024学年福建省南平市高一下学期期末质量检测数学试题（含解析）： 这是一份2023-2024学年福建省南平市高一下学期期末质量检测数学试题（含解析），共16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。
福建省南平市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试题： 这是一份福建省南平市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试题，共9页。试卷主要包含了“在上单调递增”是“”的，若，，则，以表示数集M中最大的数，若，则n的值可能为，已知函数等内容，欢迎下载使用。
福建省南平市2023-2024学年高二下学期7月期末质量检测数学试题： 这是一份福建省南平市2023-2024学年高二下学期7月期末质量检测数学试题，共5页。
