2024-2025学年辽宁省沈文新高考研究联盟高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省沈文新高考研究联盟高二（下）期末数学试卷（含解析），共17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.如图，U是全集，M，N，P是U的子集，则阴影部分表示的集合是( )
A. M∩(N∩P)
B. M∪(N∩P)
C. (∁UM)∩(N∩P)
D. (∁UM)∪(N∩P)
2.设a>0，b>0，a+b=1，则下列说法错误的是( )
A. ab的最大值为14B. a2+b2的最小值为12
C. 4a+1b的最小值为9D. a+ b的最小值为 2
3.若定义在R的奇函数f(x)在(−∞,0)单调递减，且f(2)=0，则满足xf(x−1)≥0的x的取值范围是( )
A. [−1,1]∪[3,+∞)B. [−3,−1]∪[0,1]C. [−1,0]∪[1,+∞)D. [−1,0]∪[1,3]
4.函数y=2x32x+2−x在[−6,6]的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.小明在某不透明的盒子中放入4红4黑八个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉(未看被丢掉小球的颜色).现从剩下7个小球中取出两个小球，结果都是红球，则丢掉的小球也是红球的概率为( )
A. 314B. 13C. 23D. 27
6.某药厂为提高医药水平，计划逐年增加研发资金投入，若该公司2020年全年投入研发资金250万元，之后每年投入的研发资金比上一年增长13%，则该公司全年投入的研发资金超过800万元的第一年是( )(参考数据：lg2≈0.3，lg1.13≈0.053)
A. 2027年B. 2028年C. 2029年D. 2030年
7.在数列{an}中，若a1=2,an+1=3an+2n+1，则an=( )
A. n⋅2nB. 52−12nC. 2⋅3n−2n+1D. 4⋅3n−1−2n+1
8.已知函数f(x)=x3+ax+14，g(x)=−lnx，min{m,n}表示m，n的最小值，设函数ℎ(x)=min{f(x),g(x)}(x>0)，若ℎ(x)有2个零点，则a的取值范围为( )
A. (−54,−34)B. (−3,−34)C. {−34}D. {−34,−54}
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若集合A={x|a+11，所以S100>100，故C错误；
对于D，令g(x)=lnx+1x−1,(x>1)，
则g′(x)=1x−1x2=x−1x2>0，则g(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)=0，即lnx+1x>1,(x>1)，
所以lnan+1an>1，所以(2lnan+1an)+1an>2，
即f(an)+1an>2，也即an+1+1an>2，故得an⋅an+1+1>2an，故D正确．
故选：ABD．
对于A，计算出a2的值，与a1比较大小即可；对于B.利用导数推出f(x)的最小值，由此判断得到an>1即可；对于C.根据an与1的大小关系进行判断；D.构造函数g(x)=lnx+1x−1,(x>1)，分析其单调性和最值，由此确定出lnan+1an>1，将其等价转化为an+1+1an>2，即可推出结论．
本题考查数列与函数的综合，属于中档题．
12.【答案】[2,5]
【解析】解：要使函数f(x)=−x2+2(a−1)x,x≤1(8−a)x+4,x>1在R上单调递增，
只需−2(a−1)−2≥18−a>0−12+2(a−1)×1≤(8−a)×1+4，解得2≤a≤5，
所以实数a的取值范围是[2,5]．
故答案为：[2,5]．
要使函数f(x)=−x2+2(a−1)x,x≤1(8−a)x+4,x>1在R上单调递增，只需−2(a−1)−2≥18−a>0−12+2(a−1)×1≤(8−a)×1+4，求解即可．
本题考查根据函数的单调性求参数范围的问题，属于基础题．
13.【答案】2132
【解析】【分析】
本题考查全概率公式，属于基础题．
根据全概率公式求解即可．
【解答】
解：设事件A表示“考生答对”，设事件B表示“考生选到有思路的题”，
则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为：P(A)=P(B)P(A|B)+P(B−)P(A|B−)=58×0.9+38×0.25=2132．
故答案为：2132．
14.【答案】6 ；；3⋅(−1)n+3n4
【解析】【分析】
本题考查数列的新定义问题，等比数列的判定、通项公式和前n项和，属于较难题．
根据3−恒等变换必定含S可列举求解；作用一次S变换相当于两次L变换；作用一次R变换相当于三次L变换．我们记L为数字1，S为数字2，R为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字，那么如果作了n次变换a1a2⋯an(其中包含p个L、q个S、r个R)，当p+2q+3r是4的倍数时，就能得到一个n−恒等变换，我们假设作了n次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为an，bn，cn，dn，求得an=bn−1+cn−1+dn−1，bn=an−1+cn−1+dn−1，cn=an−1+bn−1+dn−1，dn=an−1+bn−1+cn−1，从而可得an+1=2an+3an−1，所以{an+1+an}是公比为3的等比数列，从而有(−1)n+1an+1−(−1)nan=−(−3)n，再利用累加法即可得到答案．
【解答】
解：3−恒等变换必定含S，所以一共有LLS，LSL，SLL，RRS，RSR，SRR这6种3−恒等变换；
注意到，作用一次S变换相当于两次L变换；作用一次R变换相当于三次L变换，
我们记L为数字1，S为数字2，R为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字，
那么如果作了n次变换a1a2⋯an(其中包含p个L、q个S、r个R)，
当p+2q+3r是4的倍数时，就能得到一个n−恒等变换，
我们假设作了n次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为an，bn，cn，dn，
把这n次变换分解成n−1次变换和第n次变换，
假设经过n次变换之后余数为0，如果经过n−1次变换后的余数是0，则第n次变换余数不可能为0；
如果经过n−1次变换后的余数分别是1，2，3，则第n次变换余数必须分别为3，2，1，其他完全类似，
因此an=bn−1+cn−1+dn−1，
bn=an−1+cn−1+dn−1，
cn=an−1+bn−1+dn−1，
dn=an−1+bn−1+cn−1，
把后三个式子相加可得bn+cn+dn=3an−1+2(bn−1+cn−1+dn−1)，
代入第一个式子可得an+1=2an+3an−1，所以an+1+an=3(an+an−1)，
所以{an+1+an}是公比为3的等比数列，
已经算出a3=6，而2−恒等变换有LR，RL，SS这三种，故a2=3，
因此，a3+a2=9，从而an+1+an=(a3+a2)×3n−2=9×3n−2=3n，
两边同乘(−1)n+1，可得(−1)n+1an+1−(−1)nan=−(−3)n，
根据累加法可得(−1)nan−(−1)2a2=−k=2n−1(−3)k=−9(1−(−3)n−2)1−(−3)=−9−(−3)n4，
于是an=3⋅(−1)n+3n4，所以n−恒等变换共有3⋅(−1)n+3n4种.
15.【答案】解：由题意，可得甲机床、乙机床生产总数均为200件，
因为甲的一级品的频数为150，所以甲的一级品的频率为150200=34；
因为乙的一级品的频数为120，所以乙的一级品的频率为120200=35；
(2)根据2×2列联表，可得χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
=400(150×80−50×120)2270×130×200×200≈10.256>6.635．
所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异．
【解析】本题考查了统计与概率中的独立性检验，属于基础题．
(1)根据表格中统计可知甲机床、乙机床生产总数和频数，再求出频率值即可；
(2)根据2×2列联表，求出χ2，再将χ2的值与6.635比较，即可得出结论．
16.【答案】解：(1)∵甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，
∴甲第一阶段至少投中一次，乙第二阶段至少投中一次，
∴甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率为：
P=(1−0.63)(1−0.53)=0.686．
(2)(i)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在人的比赛成绩为15分的概率为：
P甲=[1−(1−p)3]q3，
若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为：
P乙=[1−(1−q)3]⋅p3，
∴P甲−P乙=q3−(q−pq)3−p3+(p−pq)3
=(q−p)(q2+pq+p2)+(p−q)[(p−pq)2+(q−pq)2+(p−pq)(q−pq)]
=(p−q)(q2+pq+p2)+(p−q)⋅[(p−pq)2+(q−pq)2+(p−pq)(q−pq)]
=(p−q)(3p2q2−3p2q−3pq2)
=3pq(p−q)(pq−p−q)
=3pq(p−q)(pq−p−q)
=3pq(p−q)[(1−p)(1−q)−1]>0，
∴P甲>P乙，
∴为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，该由甲参加第一阶段的比赛．
(ii)若甲先参加第一阶段的比赛，数学成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，
P(X=0)=(1−p)3+[1−(1−p)3]⋅(1−q)3，
P(X=5)=[1−(1−p)32]C31q(1−q)2，
P(X=10)=[1−(1−p)3]C32q(1−q)2，
P(X=15)=[1−(1−p)3]⋅q3，
∴E(X)=15[1−(1−p)3]q=15(p3−3p2+3p)q，
记乙参加第一阶段比赛，数学成绩Y的所有可难取值为0，5，10，15，
同理E(Y)=15(q3−3q2+3q)p，
∴E(X)−E(Y)=15[pq(p+q)(p−q)−3pq(p−q)
=15(p−q)pq(p+q−3)>0，
∴为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数与期望最大，应该由甲参加第一阶段比赛．
【解析】(1)由题意得甲第一阶段至少投中一次，乙第二阶段至少投中一次，利用相互独立事件概率乘法公式能求出甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)(i)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在人的比赛成绩为15分的概率为：P甲=[1−(1−p)3]q3，若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为：P乙=[1−(1−q)3]⋅p3，作差法求出P甲>P乙，从而得到为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，该由甲参加第一阶段的比赛．
(ii)若甲先参加第一阶段的比赛，数学成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，分别求出相应的概率．进而求出E(X)，记乙参加第一阶段比赛，数学成绩Y的所有可难取值为0，5，10，15，求出E(Y)=15(q3−3q2+3q)p，坐差法求出E(X)−E(Y)>0，从而得到为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数与期望最大，应该由甲参加第一阶段比赛．
本题考查相互独立事件概率乘法公式、离散型随机变量的数学期望等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)由an+2=2an+1−an+2得，
an+2−an+1=an+1−an+2，
由bn=an+1−an得，bn+1=bn+2，
即bn+1−bn=2，
又b1=a2−a1=1，
所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得，bn=1+2(n−1)=2n−1，
由bn=an+1−an得，an+1−an=2n−1，
则a2−a1=1，a3−a2=3，a4−a3=5，…，an−an−1=2n−3，
则当n≥2时，an−a1=1+3+5+…+(2n−3)
=(n−1)(1+2n−3)2=(n−1)2，
则an=(n−1)2+1=n2−2n+2(n≥2)，
可知当n=1时，a1=1满足an=n2−2n+2，
所以{an}的通项公式an=n2−2n+2．
【解析】本题考查了等差数列的定义、通项公式、前n项和公式，累加法的运用，属于中档题．
(1)由已知可得an+2−an+1=an+1−an+2，即bn+1=bn+2，由等差数列的定义即可证明；
(2)由(1)求出bn，再利用累加法求出{an}的通项公式an．
18.【答案】解：(1)∵f(x)=x3−92x2+6x−a，
∴f′(x)=3x2−9x+6=3(x−1)(x−2)，
令f′(x)>0，可得x2；令f′(x)