福建省福州市六校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题（解析版）

这是一份福建省福州市六校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知，则“”是“”的， 若，则， 函数的图象大致为， 下列说法中正确的是， 下列选项中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，
，
.
故选：A
2. 已知，则“”是“”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
【答案】A
【解析】解不等式,可得或
则由充分必要条件的判定可知“”是“”的充分不必要条件
故选:A
3. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】易知在上单调递增，则，即，
而由单调递增，得，
即，
又单调递增，故则.
故选：A
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为的定义域为，又，可知函数为奇函数，故排除C选项；
当时，有，，此时，
当时，有，，此时，
所以函数的图象与轴有交点，
故排除B，D选项.
而A选项满足上述条件.
故选：A.
5. 下列说法中正确的是（ ）
①设随机变量服从二项分布，则
②已知随机变量服从正态分布且，则
③2023年7月28日第31届成都大学生运动会在成都隆重开幕，将5名大运会志愿者分配到游泳、乒乓球、篮球和排球4个项目进行志愿者服务，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有180种；
④，.
A. ②③B. ②③④C. ①②④D. ①②
【答案】C
【解析】对于①，随机变量服从二项分布，，①正确；
对于②，随机变量服从正态分布且，
则，
，②正确；
对于③，依题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，
将5名志愿者按分成4组，有种分法，将分得的4组安排到4个项目，有种方法，
所以不同的分配方案共有.③错误
对于④，，，④正确，
所以说法正确的有①②④.
故选：C
6. 设甲袋中有3个红球和4个白球，乙袋中有1个红球和2个白球，现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取2球，记事件A=“从甲袋中任取1球是红球”，事件B=“从乙袋中任取2球全是白球”，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 事件A与事件B相互独立
【答案】C
【解析】现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取2球可知，从甲袋中任取1球对乙袋中任取2球有影响，事件A与事件B不是相互独立关系，故D错误；
从甲袋中任取1球是红球的概率为：，
从甲袋中任取1球是白球的概率为：，
所以乙袋中任取2球全是白球的概率为：
，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
故选：C
7. 已知定义域为的偶函数满足，当时，，则方程在区间上所有解的和为（ ）
A. 6B. 12C. 10D. 8
【答案】DD
【解析】，的图象关于直线对称，
令，则的图象关于直线对称，
作出函数在区间的图象，
由图可知，与的图象在区间上共有8个交点，
且两函数关于直线对称，
所以方程在区间所有解的和为.故选：.
8. 已知函数,,若关于的方程有两个不等实根，且，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由可得：
函数的定义域为，，
所以函数在上单调递增.令.
因为关于的方程有两个不等实根，，
则关于的方程有两个不等实根，.
作出函数的图象，如图所示：
.
所以结合图形可知.
由可得：，，
解得：，即有.
设，
则.
令，得：；令，得：，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以.
故选：B.
二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，
9. 下列选项中，正确的是（ ）
A. 若，则.
B. 若不等式的解集为，则
C. 若，且，则的最小值为9
D. 函数且的图象恒过定点
【答案】AC
【解析】由题知,“”的否定是“”，故选项A正确;
若不等式的解集为，则的两根为
且，根据韦达定理有: ，解得，所以，故选项B错误;
因为,
所以,
当且仅当,即时等式成立，故最小值为9，故选项C正确.
因恒过，所以恒过，故选项D错误;
故选：AC.
10. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A. 如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B. 最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C. 甲乙不相邻的排法种数为82种
D. 甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
【答案】ABD
【解析】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种，A正确；
对于B，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，若最左端排甲，有种排法；若最左端排乙，有种排法，合计不同的排法共有42种，B正确；
对于C，甲乙不相邻的排法种数有种，C不正确；
对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，D正确.
故选：ABD
11. 已知定义在上的函数，对任意有，其中；当时，，则（ ）
A. 为上的单调递增函数
B. 为奇函数
C. 若函数为正比例函数，则函数在处取极小值
D. 若函数为正比例函数，则函数有两个零点
【答案】AB
【解析】对于选项A，设，且，，
，即，
故单调递增，选项A正确；
对于选项B，是定义在上的函数，取，则，
取，则，即，
故是奇函数，选项B正确；
对于选项C、D，设，代入，得，
其中C选项，，，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
函数在处取极大值，无极小值，选项C错误；
其中D选项，函数，
其中，
，，
，
由零点存在性定理可知，函数分别在区间，和上
各至少存在一个零点，选项D错误；故选：AB
三､填空题：本大题共3小题，每小題5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12. 在二项式的展开式中的系数为______．
【答案】
【解析】展开式的通项公式为
令，解得，则的系数为
故答案为：
13. 已知函数的图象与函数的图象在公共点处有相同的切线，则公共点坐标为________.
【答案】
【解析】函数的定义域为，可得，由，
设曲线与曲线的公共点为，
由于在公共点处有共同的切线，所以，所以，
由，可得，联立可得，
解得，所以，所以公共点坐标为.
故答案为：.
14. 已知函数，若任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】，
，
设，，函数单调递增，
即，
则，
即，
设，，，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，
所以，则.
故答案为：
四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知分别为内角的对边，．
（1）求角A；
（2）若的面积为，周长为6，求．
解：（1）因为，
由正弦定理可得，
又因为，
可得，
且，则，可得，
整理得，
又因为，则，
所以，即.
（2）因为，则，
由余弦定理可得，
解得．
16. 某公司为监督检查下属的甲、乙两条生产线所生产产品的质量，分别从甲、乙两条生产线出库的产品中各随机抽取了100件产品，并对所抽取产品进行检验，检验后发现，甲生产线的合格品占八成、优等品占两成，乙生产线的合格品占九成、优等品占一成（合格品与优等品间无包含关系）．
（1）用分层随机抽样的方法从样品的优等品中抽取6件产品，在这6件产品中随机抽取2件，记这2件产品中来自甲生产线的产品个数有个，求的分布列与数学期望；
（2）消费者对该公司产品的满意率为，随机调研5位购买过该产品的消费者，记对该公司产品满意的人数有人，求至少有3人满意的概率及的数学期望与方差．
解：（1），，，，
故所抽取的6件产品中有4件产品中来自甲生产线，2件产品中来自乙生产线，
则的所有可能取值为、、，
，
，
，
则其分布列为：
则；
（2）由题意可得，
则
，
，.
17. 记为等差数列{}的前n项和，已知，数列{}满足.
（1）求数列{}与数列{}的通项公式；
（2）数列{}满足，n为偶数，求{}前2n项和.
解：（1）设等差数列的公差为d，
，即，，
，①
，②
所以①-②得，，
.当时，，符合.
.
（2），依题有：
.
记，则.
记，
则
.
所以.
18. “绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚.甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种.他们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为，乙每天选择“共享单车”的概率为，丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继续选择“共享单车”的概率为，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为，如此往复.
（1）求3月1日至少有一人选择“共享单车”出行的概率；
（2）记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为，求的分布、期望与方差；
（3）求丙在3月份第天选择“共享单车”的概率，并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数.
解：（1）由题意可得3月1日至少有一人选择“共享单车”出行的概率为
；
（2）由题意知X的可能取值为，
则，，
，
，
则X的分布列为：
故；
.
（3）由题意得，
则，
则，即得，
又，故数列是以为首项，以为公比的等比数列，
故，
在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足，即，
即，即，
当n为偶数时，上式显然不成立，
故当n为奇数时，有，
当时，成立；
当时，成立；
当时，，即不成立；
又随n的增大而减小，故时，均不成立；
则只有在第1天和第3天时有，
故在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数为2.
19. 已知，，是自然对数的底数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围；
（3）当时，若满足，求证：.
解：（1）当时，，定义域为，
求导可得，
令，得，
当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，函数区间上单调递增，
所以在处取到极小值为0，无极大值.
（2）方程，
当时，显然方程不成立，
所以，则，
方程有两个不等实根，即与的图象有2个交点，
，
当或时，，
在区间和上单调递减，
并且时，，当时，，
当时，，在区间上单调递增，
时，当时，取得最小值，，
作出函数的图象，如图所示：
因此与有2个交点时，，
故的取值范围为.
（3），由，得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
由题意，且，则，.
要证，只需证，
而，且函数在上单调递减，
故只需证，
又，所以只需证，
即证，
令，
即，
，
由均值不等式可得，
当且仅当，即时，等号成立.
所以函数在上单调递增.
由，可得，即，
所以，
又函数在上单调递减，
所以，即得证.
X
0
1
2
3
P