精品解析：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

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 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、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. ②③ B. ②③④ C. ①②④ 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 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. 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． 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． 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. 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. 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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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 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. 【答案】A 【解析】 【分析】首先化简集合，然后求出交集即可. 【详解】， ， . 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】 【分析】根据充分必要条件的判定,即可得解. 【详解】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 【点睛】本题考查了充分必要条件的判断,属于基础题. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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】 【分析】由题意得函数为奇函数，排除C，由零点存在定理可知函数的图象与轴有交点，结合排除法、检验法即可得解. 【详解】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. ②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①② 【答案】C 【解析】 【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. 【详解】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】 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：， 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. 6 B. 12 C. 10 D. 8 【答案】DD 【解析】 【分析】令，由已知可得的图象关于直线对称，作出图象可求得方程在区间上所有解得和. 【详解】，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】 【分析】先利用导函数得出函数在上单调递增，将关于的方程有两个不等实根转化为关于的方程有两个不等实根；再数形结合得出，；最后构造函数，并利用导数求出该函数的最大值即可. 【详解】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. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的性质、方程的根与函数图象交点问题等.解题关键在于先利用换元法和函数的单调性将已知条件进行转化；再利用数形结合思想和导数即可求解. 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】 【分析】根据命题的否定即可判断选项A正误，根据一元二次不等式解集和一元二次方程根之间的关系，再利用韦达定理，即可判断选项B正误，根据“1”的代换，即可得选项C正误，根据恒过，即可得选项D的正误. 【详解】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】 【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】 【分析】选项A，利用函数单调性的定义，设，，得出即可得证；选项B，先得出，再设，得出，即可得证；选项C，在前提下，求函数的导函数，分析导函数的正负，得出函数的单调性以及极值即可；选项D，在前提下，函数，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，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 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 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】 【分析】结合二项式定理展开式的通项公式得到的值，然后求解的系数即可. 【详解】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】 【分析】设公共点为，由，可得，进而利用导数可得，求解即可. 【详解】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】 【分析】首先将不等式同构变形，转化为，利用函数的不等式解抽象不等式，再利用参变分离转化为最值问题，即可求解. 【详解】， ， 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： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对不等式进行同构变形，，从而转化为利用导数分析函数性质问题. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换可得，结合角A的范围分析求解； （2）利用面积公式可得，再根据余弦定理运算求解. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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． 【答案】（1）分布列见解析； （2），， 【解析】 【分析】（1）借助分层随机抽样定义可得所抽取产品类别，得到的所有可能取值后计算其概率即可得分布列及期望. （2）借助二项分布的概率公式，期望公式与方差公式计算即可得. 【小问1详解】 ，，，， 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； 【小问2详解】 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项求和公式计算可得，即可求出；根据可得，验证，即可求解； （2）由题意，根据等比数列前n项求和公式和裂项相消求和法计算即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d， ，即，， ，① ，② 所以①-②得，， .当时，，符合. . 【小问2详解】 ，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. 【答案】（1） （2）分布列见解析；， （3）；2 【解析】 【分析】（1）根据对立事件的概率求法，即可求得答案； （2）确定X的取值，求出每个值相应的概率，可得分布列，继而求得期望和方差； （3）确定与的关系式，从而构造数列求出的表达式，结合题意可得需满足，讨论n的奇偶性，即可求得答案. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 由题意知X的可能取值为， 则，， ， ， 则X的分布列为： X 0 1 2 3 P 故； . 【小问3详解】 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. 【点睛】关键点睛：本题综合考查了概率知识和数列的应用问题，有一定难度，解答的关键在于第三问，解答时要能确定，进而根据数列知识求得的表达式，即可求解. 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：. 【答案】（1）极小值为0，无极大值. （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）把代入函数中，并求出，根据的正负得到的单调性，进而求出的极值. （2）等价于与的图象有两个交点，求导得到函数的单调性和极值，画出的大致图象，数形结合求解即可. （3）求出，并得函数在上单调递减，在上单调递增，可得则，，要证，只需证，只需证，即证，令，对求导证明即可. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 证明：，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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$