2023-2024学年河北省廊坊市部分学校高二下学期期末质量检测联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省廊坊市部分学校高二下学期期末质量检测联考数学试题（含解析），共13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A={0,1,2,3,4}，B={x|x=3k−1,k∈N}，则A∩B=( )
A. {1}B. {2}C. {1,2}D. {0,1,2}
2.已知随机变量X~B(4,13),则P(X=2)=（ ）
A. 3281B. 881C. 827D. 427
3.已知函数f(x)的定义域为x∈−4,14，则函数f(x2)的定义域为( )
A. −2,12B. 0,12C. −12,12D. (−2,2)
4.若关于x的不等式x2−4x−2−a>0在区间(1,4)内有解，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,−2)B. (−2,+∞)C. (−6,+∞)D. (−∞,−6)
5.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A. 函数f′(x)在(b,c)上单调递增B. 函数f(x)至少有2个极值点
C. 函数f(x)在(a,e)上单调递减D. 函数f(x)在x=c处取得极大值
6.已知(2x−1x)n的二项式系数和为256，则(2x−1x)n的展开式中常数项为( )
A. 1120B. −1120C. 70D. −70
7.某机构拟对其所管辖的6个部门中的4个部门的负责人进行调整，被调整的4人将到其余部门任负责人(不在原部门)，每个部门只有一个负责人，调整方案的种数为( )
A. 360种B. 270种C. 200种D. 135种
8.已知a=e0.1−1，b=19，c=ln 1.1，则( )
A. c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p:a>b，则p成立的充要条件是( )
A. a2>b2B. a3>b3C. 2a>a+bD. 2a>2b
10.已知某品牌的一种型号的LED灯的使用寿命X(单位:小时)服从正态分布N(60000,60002),则下列说法正确的是（）参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)=0.6827,P(μ-2σ​​​​​​​≤X≤μ+2σ)=0.9545.
A. 该型号LED灯的平均使用寿命是60000小时
B. P(X≥60002)=12
C. P(X≤50000)=P(X≥70000)
D. P(66000< X≤72000)=0.1359
11.定义域为R的函数fx，对任意x,y∈R，fx+y+fx−y=2fxfy，且fx不恒为0，则下列说法正确的是( )
A. f0=0
B. fx为偶函数
C. 若f1=0，则fx关于1,0中心对称
D. 若f1=0，则i=12024fi=4048
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.命题“∃x∈R，使得x2+x<2”的否定为 ．
13.设某工厂仓库中有15盒同样规格的零部件，甲厂、乙厂、丙厂分别生产了其中的3盒，6盒，6盒，且甲、乙、丙三厂生产该种零部件的次品率依次为18，110，116，现从这15盒中任取1盒，再从这盒中任取1个零部件，则取得的零部件是次品的概率为 ．
14.已知正数a，b，c满足b2=ac，则a+cb+ba+c的最小值为 ．
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)
已知集合A={x|(x−2)(x−3)≤0}，B={x|a0．
(1)当a=2时，求A∪B;
(2)若x∈A是x∈B的充分条件，求实数a的取值范围;
(3)若命题“A∩B≠⌀”为假命题，求实数a的取值范围．
16.(本小题12分)
假期中，来自沿海城市的小明和小强去四川旅游，他们发现自己带的小面包的包装袋鼓了起来.原来随着海拔升高，气压也随之降低，包装袋内的气压大于外面气压，从而使得面包袋鼓了起来.研究发现在一定范围内大气压与海拔高度是近似线性的关系．
(1)利用线性回归分析求y与x之间的线性回归方程;(b的值精确到0.001)
(2)小明和小强打算去九寨沟，可以利用(1)中的方程，估计九寨沟A景点(海拔2800m)的大气压.(精确到0.01)
附： ①对于一组数据(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn)，其回归直线y=a+bx的斜率和截距的最小二乘估计分别为：b=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2，a=y−bx．
②参考数据：i=15(xi−x)2=711480，i=15(xi−x)(yi−y)=−9358．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex，g(x)=f(1−x)+f(1+x)．
(1)判断函数g(x)的奇偶性并予以证明;
(2)若存在x使得不等式g(x)≤m成立，求实数m的取值范围．
18.(本小题12分)
2024年4月25日−4月29日，“与辉同行”开启了一场深入中原的文化之旅，让河南文旅打开了流量密码.某景区趁此时机，举行五一游该景区网上购票抽奖活动，在网上购买该景区门票的游客，可通过手机扫景区提供的二维码进入抽奖活动页面，每张门票可从6个减免红包中随机抽取2个，6个红包的金额分别为5元、5元、10元、10元、30元、60元，已知该景区门票每张120元，全部实行网上购票．
(1)记购买1张门票的游客通过抽奖获得的红包金额之和为X，求X的分布列与期望;
(2)已知每位游客除门票外平均在该景区消费30元、40元、60元的概率分别为12，13，16，举行此抽奖活动后预计可使该景区五一期间客流量增加40%，假设每位购票游客都进行了抽奖，回答下列问题并说明理由：
①举行抽奖活动后该景区在五一期间的门票收入是增加了，还是减少了?
②举行抽奖活动后该景区在五一期间的总收入是增加了，还是减少了?
19.(本小题12分)
对于定义域为D的函数F(x)，若∃x0∈D，使得F(x0)+F(x0+k)=0，其中k≠0，则称F(x)为“可移k相反数函数”，x0是函数F(x)的“可移k相反数点”.已知f(x)=lnx，g(x)=x+a．
(1)若x0是函数f(x)的“可移2相反数点”，求x0;
(2)若ℎ(x)=f(x)g(x)，且−1是函数g(x)的“可移4相反数点”，求函数ℎ(x)的单调区间;
(3)设φ(x)=f(x),x>0,−g(x),x≤0,若函数φ(x)在R上恰有2个“可移1相反数点”，求实数a的取值范围．
答案简析
1.B
【简析】解：因为A={0,1,2,3,4}，
B={x|x=3k−1,k∈N}，表示所有被3除余2的正整数，
所以A∩B={2}．
故选B．
2.C
【简析】解：因为X~B(4,13),
​​​​​​​所以P(X=2)=C42(13)2×(1-13)2=827.
3.C
【简析】解：因为函数f(x)的定义域为x∈−4,14，
由x2∈(−4,14)，得x∈(−12,12)，
则函数f(x2)的定义域为−12,12 ．
故选C．
4.A
【简析】解：由不等式x2−4x−2−a>0可得不等式a令t=x2−4x−2=(x−2)2−6，1因为关于x的不等式x2−4x−2−a>0在1可得a<−2，
即实数a的取值范围是(−∞,−2)，
故选A．
5.D
【简析】解：根据题意，
当x∈(b,c)时，由图可得f′(x)单调递增，故A正确；
当x∈(a,e)时，f′(x)≤0(仅当x=c时取等号)，函数f(x)单调递减，故C正确;
当x∈(−∞,a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(a,c)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
故x=a为函数f(x)的极大值点，
当x∈(c,e)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x∈(e,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
故x=e为函数f(x)的极小值点，
当x∈(a,c)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x∈(c,e)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
x=c不是函数f(x)的极值点，故B正确，D错误．
故选D．
6.A
【简析】解：∵(2x−1x)n的二项式系数和为2n=256，∴n=8，
故(2x−1x)n的展开式的通项公式为Tr+1=C8r⋅(−1)r⋅28−r⋅x8−2r，
令8−2r=0，求得r=4，
可得展开式中常数项为T5=1120．
故选：A．
7.D
【简析】解：先从6人中选出不作调整的两个，有C62=15种，
再把余下的4部门负责人调整到其他部门，
假设4个部门为A，B，C，D，对应的4位原负责人分别为a，b，c，d，
则a可以调整到B，C，D中的任一部门，有3种情况，
假设a分到B部门，则b也有3种情况，剩下的两人有1种情况，有3×3=9种情况．
所以调整方案共有15×9=135种．
故选D．
8.A
【简析】解：a=e0.1−1，b=0.11−0.1，c=ln(1+0.1)，
①
令f(x)=ex−1−ln(1+x) (x>0)，
则f′(x)=ex−11+x>0, x>0，
故f(x)在(0,+∞)上单调递增，
故f(0.1)>f(0)，
即e0.1−1−ln1.1>0，
即a>c;
②
令g(x)=ex−1−x1−x, (x>0)，
则g′(x)=ex−1(1−x)2=ex(1−x)2−1(1−x)2 ， x>0，
令ℎ(x)=ex(1−x)2−1 , (x>0)，
则ℎ′(x)=ex(x2−1) , (x>0) ，
令ℎ′(x)>0，得x>1，
令ℎ′(x)<0，得0故ℎ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故ℎ(x)<ℎ(0)=0在(0,1)上恒成立，
即g′(x)<0在(0,1)上恒成立，
故g(x)在(0,1)上单调递减，
故g(0.1)即e0.1−1−0.11−0.1<0，
即a故c故选：A．
9.BCD
【简析】解：幂函数y=x2在R上不是单调函数，a2>b2时不能得到a>b，a>b时也不能得到a2>b2，A选项错误；
幂函数y=x3在R上单调递增，当a>b时，一定有a3>b3，当a3>b3时，也一定有a>b，B选项正确;
由不等式的性质可知，当a>b时有a+a>b+a，即2a>a+b，当2a>a+b时有2a−a>a+b−a，即a>b，C选项正确；
指数函数y=2x在R上单调递增，当a>b时，一定有2a>2b，当2a>2b时，也一定有a>b，D选项正确．
故选BCD．
10.ACD
【简析】解：由μ=60000可得A正确;P(X≥60000)=12,B错误;
由50000+700002=μ,可得C正确;
P(66000< X≤72000)=0.9545−0.68272=0.1359,D正确.
​​​​​​​故选:ACD.
11.BC
【简析】解：令y=0，则f(x)+f(x)=2f(x)f(0)，即f(x)=f(x)f(0)，
因为f(x)不恒为0，所以f(0)=1，故A错误；
令x=0，则f(y)+f(−y)=2f(0)f(y)，则f(y)+f(−y)=2f(y)，所以f(−y)=f(y)，所以f(x)为偶函数，故B正确;
对于C，若f(1)=0，令x=1，有f(1+y)+f(1−y)=2f(1)f(y)=0，
所以f(x)关于(1,0)中心对称，故C正确：
对于D，若f(1)=0，令x=1，有f(1+y)+f(1−y)=2f(1)f(y)=0，
所以f(x)关于(1,0)中心对称，又f(x)为偶函数，
所以f(1+y)=−f(1−y)=−f(y−1)=f(y−3)，所以f(x)是周期为4的周期函数，
又f(0)=1，f(1)=0，所以f(2)=−f(0)=−1，f(3)=f(−1)=f(1)=0，f(4)=f(0)=1，
所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0−1+0+1=0，
所以i=12024f(i)=506×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=0，故D错误．
故选：BC．
12.∀x∈R，x2+x≥2
【简析】解：∃x∈R，使得x2+x<2的否定为全称量词命题，即∀x∈R，x2+x≥2.
13.9100
【简析】解：由题意知任取1盒产品，来自甲、乙、丙三厂的概率分别是15，25，25，
所以任取1个零部件，则取得的零部件是次品的概率为P=15×18+25×110+25×116=9100．
14.52
【简析】解：a+cb≥2 acb=2，当且仅当a=b=c时等号成立，
令t=a+cb，
又y=a+cb+ba+c=t+1t在[2,+∞)上单调递增，
所以ymin=2+12=52．
15.解：(1)∵集合A={x|(x−2)(x−3)⩽0}，
∴A={x|2⩽x⩽3}，
B={x|2∴A∪B={x|2≤x<6}，
(2)由题知A⊆B，又因为a>0，3a>a，
所以a<23a>3,
解得1∴实数a的取值范围为(1,2)；
(3)∵命题“A∩B≠⌀”为假命题，
即满足“A∩B=⌀”为真，
∴a≥3或3a≤2，
又∵a>0，得0∴实数a的取值范围为(0,23]∪[3,+∞).
【简析】(1)求解二次不等式化简集合A，然后利用并集运算法则求出结果；
(2)把x∈A是x∈B的充分条件转化为含有a的不等式组求解a的范围；
(3)由A∩B=⌀，借助于集合A、B的端点值间的关系列不等式求解a的范围．
16.解：(1)由表中数据得x=15×(10+50+100+500+1000)=332，
y=15×(101.2+100.6+100.2+94.8+88.2)=97，
又i=15(xi−x)(yi−y)=−9358，i=15(xi−x)2=711480，
所以b=i=15(xi−x)(yi−y)i=15(xi−x)2=−9358711480≈−0.013，
a=y−bx=97+0.013×332=101.316，
所以经验回归方程y=−0.013x+101.316．
(2)当x=2800时，y=−0.013×2800+101.316=64.916≈64.92，
所以九寨沟在A景点处(海拔2800m)的大气压约为64.92kPa．
【简析】
(1)求出b，a，可得y与x之间的线性回归方程;
(2)令x=2800，代入回归直线方程即可求解。
17.解：(1)函数g(x)为偶函数，证明如下：
g(x)=f(1−x)+f(1+x)=e1−x+e1+x，
g(x)的定义域为R，对于∀x∈R，都有−x∈R，且g(−x)=e1−x+e1+x=g(x)，
所以g(x)为偶函数．
(2)因为存在x使得不等式g(x)≤m成立，
所以g(x)min≤m，
而g(x)=e1−x+e1+x≥2 e1−x⋅e1+x=2e，当且仅当x=0时，等号成立．
所以g(x)min=g(0)=2e，
则m≥2e，
故实数m的取值范围为[2e,+∞).
【简析】
(1)根据函数的奇偶性的定义判断并证明即可；
(2)转化问题为g(x)min⩽m，进而利用均值不等式求解即可．
18.解：(1)由题意得X的取值可以是10，15，20，35，40，65，70，90．
P(X=10)=1C62=115，P(X=15)=2×2C62=415，
P(X=20)=1C62=115，P(X=35)=2C62=215，
P(X=40)=2C62=215，P(X=65)=2C62=215，
P(X=70)=2C62=215，P(X=90)=1C62=115，
所以X的分布列为：
E(X)=10×115+15×415+20×115+35×215+40×215+65×215+70×215+90×115=40．
(2) ①假设不举行抽奖活动，该景区在五一期间客流量为n人，则门票收入为120n元，
举行抽奖活动后该景区在五一期间门票收入为n(1+ 40% ) (120−40) = 112n< 120n，
所以举行抽奖活动后该景区在五一期间门票收入减少了．
②每位游客除门票外平均在该景区消费30元、40元、60元的概率分别为12，13，16，
则期望值为30×12+40×13+60×16=1153，
不举行抽奖活动，该景区在五一期间总收入为(120+1153)n=4753n，
举行抽奖活动后该景区在五一期间总收入为n(1+40%)(4753−40)=4973n>4753n，
所以举行抽奖活动后该景区在五一期间总收入增加了．
【简析】
(1)先求随机变量的分布列，再求期望;
(2)通过随机变量的期望求总收入，再判断总收入是否增加．
19.解：(1)因为x0是函数f(x)的“可移2相反数点”，所以lnx0+ln(x0+2)=0，
于是x0x0+2=1，并且x0>0，所以x0= 2−1．
(2)因为−1是函数g(x)=x+a的“可移4相反数点”，所以g−1+g−1+4=0，即−1+a+3+a=0，所以a=−1，gx=x−1，
于是ℎ(x)=f(x)g(x)=lnxx−1，定义域为0,1∪1,+∞，并且ℎ′x=x−xlnx−1xx−12，
令tx=x−xlnx−1，因为t′x=−lnx，当x∈0,1时，t′x>0，tx递增，当x∈1,+∞时，t′x<0，tx递减，所以tx⩽t1=0，
所以当x∈0,1∪1,+∞，ℎ′x<0恒成立，
故ℎx的单调递减区间为0,1和1,+∞，无递增区间．
(3)记φ(x)的“可移1相反数点”为t，当t>0时，φ(t)+φ(t+1)=f(t)+f(t+1)=lnt+ln(t+1)=0，
解得t= 5−12(t=− 5−12舍去)
当−1当t≤−1时，φ(t)+φ(t+1)=−g(t)−g(t+1)=−(t+a)−(t+a+1)=0，即t=−a−12．
因为函数φ(x)在R上恰有2个“可移1相反数点”，
且其中1个“可移1相反数点”t1= 5−12，所以另一个“可移1相反数点”t2在区间(−1,0]内或在区间(−∞,−1]内．
若t2∈(−1,0]，则当−1令p(t)=ln(t+1)−t−a，则p′(t)=1t+1−1=−tt+1≥0，
所以p(t)在(−1,0]上单调递增，由p(t)=0有且仅有一个根，得p(0)≥0，即−a≥0，解得a≤0.
当a≤0时，−1所以存在唯一的t0∈(−1,0]，使得p(t0)=0，即a≤0时，
方程ln(t+1)−t−a=0有且仅有一个根，此时方程t=−a−12在t∈(−∞,−1]内无解，符合题意;
若t2∈(−∞,−1]，则当t≤−1时，方程t=−a−12有且仅有一个根，即t=−a−12≤−1，
所以a≥12，此时方程ln(t+1)−t−a=0在t∈(−1,0]内无解，符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,0]∪[12,+∞).
【简析】
(1)根据新定义，直接解方程lnx0+ln(x0+2)=0即可；
(2)根据新定义，首先由−1是函数g(x)=x+a的“可移4相反数点”，求出a，然后利用导数可求函数ℎ(x)的单调区间；
(3)记φ(x)的“可移1相反数点”为t，当t>0时，φ(t)+φ(t+1)=f(t)+f(t+1)=lnt+ln(t+1)=0，解得t= 5−12，所以分别讨论t>0，t⩽−1和−110
50
100
500
1000
大气压y/kPa
101.2
100.6
100.2
94.8
88.2