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

试卷第 1 页，共 19 页 2023~2024 学年第二学期高二年段期末六校联考 数 学 试 卷 本试卷共 4页，考试时间 120分钟，总分 150分 命题校：福清第二中学 命题人：钟徐春 审核人：林新齐 班级_________ 座号__________ 姓名___________________ 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  2 3 4 0 , { ln( 1)}M x x x N x y x= − −  = = −∣ ∣ ，则M N =（ ） A． ( 1,4)− B．[1, 4) C． (1,4) D．[ 1,4)− 【答案】C 【分析】首先化简集合，然后求出交集即可. 【详解】    2 3 4 0 1 4M x x x x x= − −  = −  ∣ ∣ ， { ln( 1)} { 1}N x y x x x= = − = ∣ ∣ ，  1 4M N x x =   . 故选：C 2.已知 x∈R，则“x＜－1”是“𝑥2＞1”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：由 x＜－1，可得𝑥2＞1；由𝑥2＞1，可得 x＞1 或 x＜－1. 所以“x＜－1”是“x2＞1”的充分不必要条件． 试卷第 2 页，共 19 页 3．若 ( ) 1 2 3 3 3 1 3 , log e, e a b c −   = = =     ，则（ ） A．c b a  B． a b c  C．c a b  D．a c b  【答案】D 【分析】利用幂函数、指数函数与对数函数的单调性比较大小即可. 【详解】易知 1 3y x= 在 ( )0, + 上单调递增，则 ( ) 1 2 1 1 3 3 3 3 1 3 3 e e −   =  =     ，即a c ， 而由 ( )1xy a a=  单调递增，得 1 1 0 03 33 3 1,e e 1 =  = ，即 1a c  ， 又 3logy x= 单调递增，故 3 31 log 3 log e,b=  = 则 1a c b   . 故选：D 4．函数 2 cos ( ) e ex x x x f x − − = − 的图象大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意得函数 ( )f x 为奇函数，排除 C，由零点存在定理可知函数 ( )f x 的图象与 x 轴有交点，结合排除法、检验法即可得解. 【详解】因为 ( ) 2 cos e ex x x x f x − − = − 的定义域为 0x x  ，又 ( ) ( ) 2 cos e ex x x x f x f x − − − = = − − ，可知 试卷第 3 页，共 19 页 函数 ( )f x 为奇函数，故排除 C 选项； 当 π 2 x = 时，有 2 2 πcos 0 4 x x− =  ， e e 0x x−−  ，此时 ( ) 0f x  ， 当 π 6 x = 时，有 2 2 π 3cos 0 36 2 x x− = −  ， e e 0x x−−  ，此时 ( ) 0f x  ， 所以函数 ( )f x 的图象与 x 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 X 服从二项分布 1 (6, ) 2 B ，则 5 ( 3) 16 P X = = ②已知随机变量 X 服从正态分布 2(2, )N  且 ( 4) 0.9P X  = ，则 (0 2) 0.4P X  = 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 (2 3) 2 ( ) 3E X E X+ = + ， (2 3) 4 ( )D X D X+ = ． A．②③ B．①②④ C．②③④ D．①② 【分析】利用二项分布概率公式计算判断①；利用正态分布对称性计算判断②；利用条件 概率公式计算判断③；利用期望、方差的性质判断④作答． 【解答】解：对于①，随机变量 X 服从二项分布 1 (6, ) 2 B ， 3 3 36 1 1 5 ( 3) ( ) (1 ) 2 2 16 P X C= = − = ， ①正确； 对于②，随机变量 X 服从正态分布 2(2, )N  且 ( 4) 0.9P X  = ，则 ( 4) 0.1P X = ， 1 (0 2) (2 4) ( 4) 0.4 2 P X P X P X  =   = − = ，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 2:1:1:1分成 4 组，有 25C 种分法，将分得的 4 组安排到 4 个项目，有 4 4A 种 试卷第 4 页，共 19 页 方法， 所以不同的分配方案共有 2 45 4 10 24 240C A =  = ，③错误； 对于④， (2 3) 2 ( ) 3E X E X+ = + ， (2 3) 4 ( )D X D X+ = ，④正确； 所以说法正确的有①②④． 故选：B． 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． 9 ( ) 14 =P B B． 6 ( ) 7 P AB = C． ( ) 1 5 P A B = D．事件 A与事件 B相互独立 【答案】C 【分析】由古典概型概率计算公式，以及条件概率公式分项求解判断即可. 【详解】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： ( ) 3 7 P A = ， 从甲袋中任取 1 球是白球的概率为： 4 7 ， 所以乙袋中任取 2 球全是白球的概率为： ( ) 1 2 1 2 3 2 4 3 1 2 1 2 7 4 7 4 C C C C 1 2 5 + C C C C 14 7 14 = = + =P B ，故 A 错误； ( ) 1 2 3 2 1 2 7 4 C C 1 C C 14 = =P AB ，故 B 错误； ( ) ( ) ( ) 1 14 1 14 5 5 P AB P A B P B = =  = ，故 C 正确； 试卷第 5 页，共 19 页 故选：C 7.已知定义域为 R的偶函数满足𝑓(2 − 𝑥) = 𝑓(𝑥)，当0 ≤ 𝑥 ≤ 1时，𝑓(𝑥) = e1−𝑥 − 1，则方 程𝑓(𝑥) = 1 |𝑥−1| 在区间[−3,5]上所有解的和为( ). A.6 B.12 C.10 D.8 [解析]因为函数𝑓(𝑥)满足𝑓(2 − 𝑥) = 𝑓(𝑥)，所以函数𝑓(𝑥)的图象关于直线𝑥 = 1对称， 又函数𝑓(𝑥)为偶函数，所以𝑓(2 − 𝑥) = 𝑓(𝑥) = 𝑓(−𝑥)， 所以函数𝑓(𝑥)是周期为 2的函数， 又设𝑔(𝑥) = 1 |𝑥−1| ，则𝑔(𝑥)的图象也关于直线𝑥 = 1对称，作出函数𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)在[−3,5]上 的大致图象，如图所示, 由图可知，函数𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)的图象在[−3,5]上有 8个交点，且关于直线𝑥 = 1对称， 所以方程𝑓(𝑥) = 1 |𝑥−1| 在[−3,5]上所有解的和为4 × 2 × 1 = 8.故选 D 8．已知函数 ( ) e e 2sinx xf x x−= − + ， ( ) 2 2, 0 e 1, 0x x x g x x +  =  −  ，若关于 x 的方程 ( )( ) 0f g x m− = 有两个不等实根 1 2,x x ，且 1 2x x ，则 2 1x x− 的最大值是（ ） A． ln2 B． 1 ln2 2 + C．3 ln2− D． ln2 1+ 8．B 【分析】先利用导函数得出函数 ( )f x 在R上单调递增，将关于 x 的方程 ( )( ) 0f g x m− = 有 两个不等实根转化为关于 x 的方程 ( )t g x= 有两个不等实根；再数形结合得出  )0,2t ， ( )2 1 1 ln( 1) 2 2 x x t t− = + − − ；最后构造函数 ( ) ( ) ( )  ) 1 ln 1 2 , 0,2 2 t t t t = + − −  ，并利用导数求 试卷第 6 页，共 19 页 出该函数的最大值即可. 【详解】由 ( ) e e 2sinx xf x x−= − + 可得： 函数 ( )f x 的定义域为R， ( ) e e 2cos 2 2cos 0x xf x x x− = + +  +  ， 所以函数 ( )f x 在R上单调递增. 令 ( )t g x= . 因为关于 x 的方程 ( )( ) 0f g x m− = 有两个不等实根 1 2,x x ， 1 2x x ， 则关于 x 的方程 ( )t g x= 有两个不等实根 1 2,x x ， 1 2x x . 作出函数 ( )y g x= 的图象，如图所示： . 所以结合图形可知  )0,2t . 由 ( )t g x= 可得： 12 2t x= + ， 2e 1xt = − ， 解得： ( ) ( )1 2 1 2 , ln 1 2 x t x t= − = + ，即有 ( )2 1 1 ln( 1) 2 2 x x t t− = + − − . 设 ( ) ( ) ( )  ) 1 ln 1 2 , 0,2 2 t t t t = + − −  ， 则 ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 1 t t t t  − = = − + + . 令 ( ) 0t  ，得：0 1t  ；令 ( ) 0t  ，得：1 2t  ， 所以函数 ( )t 在区间 )0,1 上单调递增，在区间 ( )1,2 上单调递减， 试卷第 7 页，共 19 页 所以 ( )max 1 1 ln2 2  = = + .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 2: N, 2np n n   ,则 2: N, 2np n n    B．若不等式 2 3 0ax bx+ +  的解集为 1 3x x−   ,则 2a b+ = C．若 0, 0a b  ,且 4 1a b+ = ,则 1 1 a b + 的最小值为 9 D．函数 ( ) 1 1xf x a −= + （ 0a  且 1a  ）的图象恒过定点 ( )1,1 9．AC 【详解】解:由题知,“ 2N, 2nn n   ”的否定是“ 2N, 2nn n   ”, 故选项 A 正确; 若不等式 2 3 0ax bx+ +  的解集为 1 3x x−   ,则 2 3 0ax bx+ + = 的两根为-1,3, 且 a<0 ,根据韦达定理有: 1 3 3 1 3 b a a  − + = −  −  =  , 解得 1, 2a b= − = ,所以 1a b+ = ,故选项 B 错误; 因为 4 1a b+ = , 所以 ( ) 1 1 1 1 4a b a b a b   + = + +    4 5 b a ba = + + 5 2 4b a ba  +  9= , 当且仅当 4b a a b = ,即 1 2 3 a b= = 时等式成立, 试卷第 8 页，共 19 页 故 1 1 a b + 的最小值为 9,故选项 C 正确. 因为 xy a= 恒过 ( )0,1 ,所以 ( ) 1 1xf x a −= + 恒过 ( )1,2 , 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 【分析】对于 A，根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断；对于 B， 分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断；对于 C，根据甲乙不相邻，利用插空法求解 判断；对于 D，根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解判断. 【详解】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 4 4 24A = 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 4 4 24A = 种排法；若最 左端排乙，有 1 3 3 3C 18A = 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 3 2 3 4 72A A = 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 5 5 3 3 20 A A = 种，D 正确. 故选：ABD 11．已知定义在R 上的函数 ( )f x ，对任意 ,x yR 有 ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + ，其中 1 (1) 2 f = ； 当 0x  时， ( ) 0f x  ，则（ ） A． ( )f x 为R 上的单调递增函数 B． ( )f x 为奇函数 试卷第 9 页，共 19 页 C．若函数 ( )f x 为正比例函数，则函数 ( ) ( ) x f x g x = e 在 0x = 处取极小值 D．若函数 ( )f x 为正比例函数，则函数 ( ) ( ) 2sin 1h x f x x= − − 有两个零点 11．AB 【分析】选项 A，利用函数单调性的定义，设 2 1x x t= + ， 0t  ，得出 ( )2f x − ( ) ( )1 0f x f t=  即可得证；选项 B，先得出 ( )0 0f = ，再设 y x= − ，得出 ( ) ( ) 0f x f x+ − = ，即可得证；选 项 C，在 ( ) 1 2 f x x= 前提下，求函数 ( )g x 的导函数 ( )g x ，分析导函数 ( )g x 的正负，得出 函数 ( )g x 的单调性以及极值即可；选项D，在 ( ) 1 2 f x x= 前提下，函数 1 ( ) 2sin 1 2 h x x x= − − ， 利用零点存在性定理，代入特殊值检验即可. 【详解】对于选项 A，设 2 1x x ，且 2 1x x t= + ， 0t  ， ( ) ( ) ( )2 1f x f x f t= + ，即 ( )2f x − ( ) ( )1 0f x f t=  ， 故 ( )f x 单调递增，选项 A 正确； 对于选项 B， ( )f x 是定义在R上的函数，取 0x y= = ，则 ( )0 0f = ， 取 y x= − ，则 ( ) ( ) 0f x f x+ − = ，即 ( ) ( )f x f x− = − ， 故 ( )f x 是奇函数，选项 B 正确； 对于选项 C、D，设 ( )f x kx= ，代入 1 (1) 2 f = ，得 ( ) 1 2 f x x= ， 其中 C 选项， ( ) ( ) e 2ex x f x x g x = = ， ( ) 1 2ex x g x −  = ， 当 1x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 在区间 ( ,1)− 上单调递增， 当 1x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 在区间 (1, )+ 上单调递减， 函数 ( ) ( ) ex f x g x = 在 1x = 处取极大值，无极小值,选项 C 错误； 试卷第 10 页，共 19 页 其中 D 选项，函数 1 ( ) 2sin 1 2 h x x x= − − ， 其中 ( ) ( ) π π π 2sin π 1 1 0 2 2 h − = − − − − = − −  ， π π π π 2sin 1 1 0 2 4 2 4 h     − = − − − − = −         ， ( )0 1 0h = −  ， ( ) π π π 2sin π 1 1 0 2 2 h = − − = −  ， 由零点存在性定理可知，函数 ( )h x 分别在区间 π ( π, ) 2 − − ， π ( ,0) 2 − 和 (0,π) 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，每小题 5 分，共 15 分．把答案填在题中的横线上． 12．在二项式 7 1 2 x x   −    的展开式中𝑥的系数为_______________． 【答案】 35 16 【解析】展开式的通项公式为 3 7 7 2 1 7 7 1 1 C C , 0,1, ,7, 22 r r r r r r rT x x r x − − +     = − =  − =       令 3 7 1 2 r − = ，解得 4r = ，则 x 的系数为 4 4 7 1 35 C . 2 16    − =    13．已知函数𝑦 = √𝑥的图象与函数𝑦 = 𝑎ln𝑥的图象在公共点处有相同的切线，则公共点坐 标为___________. 【解题思路】设公共点为(𝑥0, 𝑦0)，由 1 2√𝑥0 = 𝑎 𝑥0 ，可得𝑥0 = 4𝑎 2(𝑎 > 0)，进而利用导数可得 { 𝑥0 = 4𝑎 2 𝑎ln𝑥0 = √𝑥0 ，求解即可. 【解答过程】函数𝑦 = 𝑎ln𝑥的定义域为(0, +∞)，可得𝑓′(𝑥) = 𝑎 𝑥 ，由𝑔′(𝑥) = 1 2√𝑥 ， 设曲线𝑓(𝑥) = 𝑎ln𝑥与曲线𝑔(𝑥) = √𝑥的公共点为(𝑥0, 𝑦0)， 试卷第 11 页，共 19 页 由于在公共点处有共同的切线，所以 1 2√𝑥0 = 𝑎 𝑥0 ，所以𝑥0 = 4𝑎 2(𝑎 > 0)， 由𝑓(𝑥0) = 𝑔(𝑥0)，可得𝑎ln𝑥0 = √𝑥0，联立可得{ 𝑥0 = 4𝑎 2 𝑎ln𝑥0 = √𝑥0 ， 解得𝑥0 = e 2，所以𝑦0 = e，所以公共点坐标为(e 2,e). 故答案为：(e2,e). 14.已知函数 ( ) 1( 0)xf x ae lna a= + +  ，若任意实数 1t  ，不等式 ( ) ( 1)f t ln t − 恒成立，则 实数 a的取值范围为___________________ 【解答】解：当 1t  时，由 ( ) ( 1)f t ln t − 可得 1 ( 1)tae lna ln t+ +  − ， 所以 ( 1)1 ( 1) ( 1)t lna ln te t lna t ln t e ln t+ −+ +  − + − = + − ，不妨设 ( ) xg x e x= + ，函数定义域为 R ， 可得 ( ) 1 0xg x e = +  ，所以函数 ( )g x 在 R 上为增函数， 由 ( 1) ( 1)t lna ln te t lna e ln t+ −+ +  + − ，可得 ( ) [ ( 1)]g t lna g ln t+  − ， 所以 ( 1)t lna ln t+  − ，即 ( 1)lna ln t t − − ， 1t  ， 不妨设 ( ) ( 1)h x ln x x= − − ，函数定义域为 (1, )+ ，可得 1 2 ( ) 1 1 1 x h x x x −  = − = − − ， 当1 2x  时， ( ) 0h x  ， ( )h x 单调递增， 当 2x  时， ( ) 0h x  ， ( )h x 单调递减， 所以 ( )maxh x h= （2） 2= − ，即 2lna  − ，解得 2 1 a e  ， 则实数 a的取值范围为 2 1 ( e ， )+ ． 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．(13 分)已知𝑎,𝑏,𝑐分别为△ 𝐴𝐵𝐶内角𝐴, 𝐵, 𝐶的对边，𝑎(sin𝐵 − √3cos𝐵) = √3(𝑏 − 𝑐)． (1)求角 A； (2)若△ 𝐴𝐵𝐶的面积为√3，周长为 6，求𝑎． 试卷第 12 页，共 19 页 【解题思路】（1）根据正弦定理和三角恒等变换可得sin (𝐴 + π 3 ) = √3 2 ，结合角 A的范围分 析求解； （2）利用面积公式可得𝑏𝑐 = 4，再根据余弦定理运算求解. 【解答过程】（1）因为𝑎sin𝐵 − √3𝑎cos𝐵 = √3𝑏 − √3𝑐， 由正弦定理可得sin𝐴sin𝐵 − √3sin𝐴cos𝐵 = √3sin𝐵 − √3sin𝐶，（2 分） 又因为sin𝐶 = sin(𝐴 + 𝐵) = sin𝐴cos𝐵 + cos𝐴sin𝐵， 可得sin𝐴sin𝐵 + √3cos𝐴sin𝐵 = √3sin𝐵， 且𝐵 ∈ (0,π)，则sin𝐵 ≠ 0，（3 分）可得sin𝐴 + √3cos𝐴 = √3， 整理得sin (𝐴 + π 3 ) = √3 2 ，（5 分） 又因为𝐴 ∈ (0,π)，则𝐴 + π 3 ∈ ( π 3 , 4π 3 )，（6 分） 所以𝐴 + π 3 = 2π 3 ，即𝐴 = π 3 .（7 分） （2）因为𝑆△𝐴𝐵𝐶 = 1 2 𝑏𝑐sin𝐴 = √3 4 𝑏𝑐 = √3（8 分），则𝑏𝑐 = 4（9 分）， 由余弦定理可得𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 − 2𝑏𝑐cos𝐴 = (𝑏 + 𝑐)2 − 3𝑏𝑐 = (6 − 𝑎)2 − 12（12 分）， 解得𝑎 = 2(13 分)． 16．（15 分）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 X 个，求 X 的分布列与数学期望； (2)消费者对该公司产品的满意率为 3 4 ，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Y 人，求至少有 3 人满意的概率及Y 的数学期望与方差． 【详解】（1）100 0.2 20 = ，100 0.1 10 = ， 20 6 4 20 10  = + ， 10 6 2 20 10  = + ，（2 分） 试卷第 13 页，共 19 页 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 X 的所有可能取值为 0、1、2，（3 分） ( ) 6 4 0 2 2 2 C C 1 0 C 15 P X = = = ，（4 分） ( ) 1 1 4 2 2 6 C C 8 1 C 15 P X = = = ，（5 分） ( ) 2 4 2 6 C 6 2 2 C 15 5 P X = = = = ，（6 分） 则其分布列为： X 0 1 2 P 1 15 8 15 2 5 （7 分） 则 ( ) 1 8 2 4 0 1 2 15 15 5 3 E X =  +  +  = ；（8 分） （2）由题意可得 3 5, 4 Y B        ，（10 分） 则 ( ) 3 2 4 1 5 0 3 4 5 5 5 5 3 3 3 3 3 3 3 C 1 C 1 C 1 4 4 4 4 4 4 P Y              =  − +  − +  −                        270 405 243 918 459 1024 1024 1024 1024 512 = + + = = ，（13 分） ( ) 3 15 5 4 4 E Y =  = （14 分）， ( ) 3 3 15 5 1 4 4 16 D Y   =   − =    .（15 分） 17.记 Sn为等差数列{an}的前 n 项和，已知 a3＝5，S9＝81，数列{bn}满足 a1b1＋a2b2＋a3b3 ＋…＋anbn＝(n－1)·3n ＋1＋3. (1)求数列{an}与数列{bn}的通项公式； 试卷第 14 页，共 19 页 (2)若数列{cn}满足 cn＝    bn，n为奇数， 1 anan＋2 ，n为偶数， 求{cn}前 2n项和 T2n. 17．解 (1)设等差数列{an}的公差为 d， ∵    a3＝5， S9＝81， 即    a1＋2d＝5， 9a1＋ 9×8 2 d＝81， （2分）∴a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.（3 分） ∵a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·3n ＋1＋3，① ∴a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n－2)·3n＋3(n≥2)，②（4 分） ∴①－②得 anbn＝(2n－1)·3n，∴bn＝3n(n≥2)（6 分）．当 n＝1 时，a1b1＝3，b1＝3，符合 bn＝3n ∴bn＝3n.（7 分） (2)T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n，依题有， T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋   1 a2a4 ＋ 1 a4a6 ＋…＋ 1 a2na2n＋2 .（9 分） 记 T 奇＝b1＋b3＋…＋b2n－1，则 T 奇＝ 3(1－32n) 1－32 ＝ 32n ＋1－3 8 .（11 分） 记 T 偶＝ 1 a2a4 ＋ 1 a4a6 ＋…＋ 1 a2na2n＋2 ， 则 T 偶＝ 1 2d       1 a2 － 1 a4 ＋   1 a4 － 1 a6 ＋…＋    1 a2n － 1 a2n＋2 ＝ 1 2d   1 a2 － 1 a2n＋2 ＝ 1 4   1 3 － 1 4n＋3 .（13 分） ∴T2n＝ 32n ＋1－3 8 ＋ 1 4   1 3 － 1 4n＋3 ＝ 3·9n 8 － 1 16n＋12 － 7 24 .（15 分） 18（17 分）．“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 1 2 ，乙每 天选择“共享单车”的概率为 2 3 ，丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为 3 4 ，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 1 4 ，若前一天选择“地铁”， 试卷第 15 页，共 19 页 后一天继续选择“地铁”的概率为 1 3 ，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 X ，求 X 的分布、期望与 方差； (3)求丙在 3 月份第 ( )1,2, ,31n n = 天选择“共享单车”的概率 nP ，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. 【详解】（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 1 2 3 23 1 1 1 1 2 3 4 24     − − − − =        ；（2 分） （2）由题意知 X的可能取值为0,1,2,3， 则 ( ) 1 1 1 1 0 2 3 4 24 P X = =   = ，（3 分） ( ) 1 1 1 1 2 1 1 1 3 1 1 2 3 4 2 3 4 2 3 4 4 P X = =   +   +   = ，（4 分） ( ) 1 2 1 1 1 3 1 2 3 11 2 2 3 4 2 3 4 2 3 4 24 P X = =   +   +   = ，（5 分） 1 2 3 1 ( 3) 2 3 4 4 P X = =   = ，（6 分） 则 X的分布列为： X 0 1 2 3 P 1 24 1 4 11 24 1 4 （7 分） 故 ( ) 1 1 11 1 23 0 1 2 3 24 4 24 4 12 E X =  +  +  +  = ；（8 分） ( ) 2 2 2 2 23 1 23 1 23 11 23 1 95 0 1 2 3 12 24 12 4 12 24 12 4 144 D X         = −  + −  + −  + −  =                .（9 分） （3）由题意得 1 3 4 P = ， 试卷第 16 页，共 19 页 则 ( ) ( )1 1 1 1 2 5 2 1 2,3, ,31 4 3 12 3 n n n nP P P P n− − −= + − = − + = ，（10 分） 则 1 8 5 8 17 12 17 n nP P −   − = − −    ，即得 1 8 517 ,( 2,3, ,31) 8 12 17 n n P n P − − = − = − ，（11 分） 又 1 8 19 0 17 68 P − =  ，故数列 8 17 nP   −    是以 19 68 为首项，以 5 12 − 为公比的等比数列， 故 ( ) 1 8 19 5 , 1,2, ,31 17 68 12 n nP n −   = +  − =    ，（12 分） 在 3 月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足 1n nP P − ，即 1 2 nP  ， 即 1 8 19 5 1 17 68 12 2 n−   +  −     ，即 1 5 2 12 19 n−   −     ，（13 分） 当 n为偶数时，上式显然不成立，（14 分） 故当 n为奇数时，有 1 5 2 12 19 n−       ， 当 1n = 时， 2 1 19  成立； 当 3n = 时， 2 5 25 24 2 2 12 144 144 12 19   =  =     成立；（15 分） 当 5n = 时， 4 4 5 6 1 2 2 12 12 16 32 19      = =         ，即 1 5 2 12 19 n−       不成立； 又 1 5 12 n y −   =     随 n的增大而减小，故 5n  时， 1 5 2 12 19 n−       均不成立；（16 分） 则只有在第 1 天和第 3 天时有 1 2 nP  ， 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.（17 分） 19．（17 分）已知𝑓(𝑥) = e𝑥 − 𝑎𝑥 − 1，𝑎 ∈ 𝑅，e是自然对数的底数. 试卷第 17 页，共 19 页 (1)当𝑎 = 1时，求函数𝑦 = 𝑓(𝑥)的极值； (2)若关于𝑥的方程𝑓(𝑥) + 1 = 0有两个不等实根，求𝑎的取值范围； (3)当𝑎 > 0时，若满足𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥2)(𝑥1 < 𝑥2)，求证：𝑥1 + 𝑥2 < 2ln𝑎. 【解答过程】（1）当𝑎 = 1时，𝑓(𝑥) = e𝑥 − 𝑥 − 1，定义域为R， 求导可得𝑓′(𝑥) = e𝑥 − 1，（1 分） 令𝑓′(𝑥) = 0，得𝑥 = 0， 当𝑥 < 0时，𝑓′(𝑥) < 0，函数𝑓(𝑥)在区间(−∞, 0)上单调递减，（2 分） 当𝑥 > 0时，𝑓′(𝑥) > 0，函数𝑓(𝑥)在区间(0, +∞)上单调递增，（3 分） 所以𝑦 = 𝑓(𝑥)在𝑥 = 0处取到极小值为 0，无极大值.（4 分） （2）方程𝑓(𝑥) + 1 = e𝑥 − 𝑎𝑥 = 0， 当𝑥 = 0时，显然方程不成立，（5 分） 所以𝑥 ≠ 0，则𝑎 = e𝑥 𝑥 ， 方程有两个不等实根，即𝑦 = 𝑎与𝑔(𝑥) = e𝑥 𝑥 有 2 个交点， 𝑔′(𝑥) = (𝑥−1)e𝑥 𝑥2 ，（6 分） 当𝑥 < 0或0 < 𝑥 < 1时，𝑔′(𝑥) < 0， 𝑔(𝑥)在区间(−∞, 0)和(0,1)上单调递减， 并且𝑥 ∈ (−∞, 0)时，𝑔(𝑥) < 0，当𝑥 ∈ (0,1)时，𝑔(𝑥) > 0， 当𝑥 > 1时，𝑔′(𝑥) > 0，𝑔(𝑥)在区间(1, +∞)上单调递增，（7 分） 𝑥 > 0时，当𝑥 = 1时，𝑔(𝑥)取得最小值，𝑔(1) = e，（8 分） 作出函数𝑦 = 𝑔(𝑥)的图象，如图所示： 试卷第 18 页，共 19 页 因此𝑦 = 𝑎与𝑔(𝑥) = e𝑥 𝑥 有 2 个交点时，𝑎 > e， 故𝑎的取值范围为(e, +∞).（9 分） （3）证明：𝑎 > 0，由𝑓′(𝑥) = e𝑥 − 𝑎 = 0，得𝑥 = ln𝑎，（10 分） 所以函数𝑦 = 𝑓(𝑥)在(−∞, ln𝑎)上单调递减，在(ln𝑎, +∞)上单调递增. 由题意𝑥1 < 𝑥2，且𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥2)，则𝑥1 ∈ (−∞, ln𝑎)，𝑥2 ∈ (ln𝑎, +∞). 要证𝑥1 + 𝑥2 < 2ln𝑎，只需证𝑥1 < 2ln𝑎 − 𝑥2，（11 分） 而𝑥1 < 2ln𝑎 − 𝑥2 < ln𝑎，且函数𝑓(𝑥)在(−∞, ln𝑎)上单调递减， 故只需证𝑓(𝑥1) > 𝑓(2ln𝑎 − 𝑥2)， 又𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥2)，所以只需证𝑓(𝑥2) > 𝑓(2ln𝑎 − 𝑥2)，（12 分） 即证𝑓(𝑥2) − 𝑓(2ln𝑎 − 𝑥2) > 0， 令ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(2ln𝑎 − 𝑥)，（13 分） 即ℎ(𝑥) = e𝑥 − 𝑎𝑥 − 1 − [e2ln𝑎−𝑥 − 𝑎(2ln𝑎 − 𝑥) − 1] = e𝑥 − 𝑎2e−𝑥 − 2𝑎𝑥 + 2𝑎ln𝑎， ℎ′(𝑥) = e𝑥 + 𝑎2e−𝑥 − 2𝑎，（14 分） 由均值不等式可得ℎ′(𝑥) = e𝑥 + 𝑎2e−𝑥 − 2𝑎 ≥ 2√e𝑥 ⋅ 𝑎2e−𝑥 − 2𝑎 = 0，（15 分） 当且仅当e𝑥 = 𝑎2e−𝑥，即𝑥 = ln𝑎时，等号成立. 所以函数ℎ(𝑥)在𝑅上单调递增. 由𝑥2 > ln𝑎，可得ℎ(𝑥2) > ℎ(ln𝑎) = 0，即𝑓(𝑥2) − 𝑓(2ln𝑎 − 𝑥2) > 0， 所以𝑓(𝑥1) > 𝑓(2ln𝑎 − 𝑥2)，（16 分） 又函数𝑓(𝑥)在(−∞, ln𝑎)上单调递减， 试卷第 19 页，共 19 页 所以𝑥1 < 2ln𝑎 − 𝑥2，即𝑥1 + 𝑥2 < 2ln𝑎得证.（17 分） 2023~2024学年第二学期高二年段期末六校联考 数学试卷 本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分 命题校：福清第二中学 班级__________座号__________姓名__________. 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. 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 3.若，则（ ） A. B. C. D. 4.函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 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､蓝球和排球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.②③ B.①②④ C.②③④ D.①② 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“从甲袋中任取1球是红球”，事件“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.事件与事件相互独立 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.6 B.12 C.10 D.8 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. 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 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 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 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__________. 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__________. 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__________. 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.（13分）已知分别为内角的对边，. （1）求角； （2）若的面积为，周长为6，求. 16.（15分）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. 17.（15分）记为等差数列的前顶和，己知，数列满足. （1）求数列与数列的通项公式； （2）若数列满足求前项和. 18.（17分）“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. 19.（17分）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：. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$