福建省南平市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试题

南平市2023—2024学年第二学期高二期末质量检测 数学试题 高二数学试题 第1页（共5页） 高二数学试题 第2页（共5页） 高二数学试题 第3页（共5页） 高二数学试题 第4页（共5页） 高二数学试题 第5页（共5页） 草　稿　纸 高二年级数学参考答案和评分标准第 1 页 （共 6 页） 南平市 2023—2024 学年第二学期高二年级期末质量检测 数学参考答案及评分标准 说明： 1、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试 题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则． 2、对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题 的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给 分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分． 3、只给整数分数． 选择题和填空题不给中间分． 一、选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 分，满分 60 分． 1．C 2．B 3．A 4．B 5．A 6．C 7．C 8．D 二、选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分．在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分． 9．BC 10．ACD 11．BCD 三、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 分，满分 20 分． 12． 0.2 13． 7 25  14．1 四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本题满分 13 分） 【解】（1）因为在 nxx )3( 23 2  的展开式中，二项式系数和为 64，所以 2 64n  ， 解得 6n . ………………………………………………………………………………3 分 所以 623 2 )3( xx  的展开式的各项系数和为 4096)31( 6  . ……………………6 分 （2） 623 2 )3( xx  展开式的通项为 443 2 6 2 3 1 6 6C ( ) (3 ) C 3 kk k k k k kT x x x       ，…9 分 令 8 3 44  k ，得 3k ， …………………………………………………………11 分 所以 623 2 )3( xx  的展开式中 8x 的项为 3 3 8 84 6C 3 540T x x    . ………………13 分 16．（本题满分 15 分） 高二年级数学参考答案和评分标准第 2 页 （共 6 页） 【解】（1） ………………………………………………2 分 零假设为 0H :两种工艺生产的配件与合格率无关. ……………………………3 分 根据列联表中的数据，经计算得到 05.0 2 2 841.38.4 5 24 20201030 )212818(40 x    .………………………6 分 根据小概率值 05.0 的独立性检验，我们推断 0H 不成立，即认为产品合格率与 生产工艺有关联，此推断犯错误的概率不大于 05.0 . …………………………………7 分 （2）因为 5.2)4321( 4 1   x ， 5.7)5.8875.6(4 1   y ， 5.783424145.6 4 1  i ii yx ， 3016941 4 1 2  i ix . …………………9 分 所以 4 1 4 222 1 4 78.5 4 2.5 7.5 3.5 0.7 30 4 2.5 54 i i i i i x y x y b x x                ，…………………………11 分 所以 7.5 0.7 2.5 5.75a y b x         ，………………………………………………12 分 所以 y关于 x的线性经验回归方程为： 75.57.0   xy . ……………………………13 分 令 10x ，得 75.1275.5107.0   y ， …………………………………15 分 故预估研发投入 10 亿元时，收益将达到 12.75 亿元. …………………………………15 分 工艺 合格情况 合计 合格品 不合格品 甲 18 2 20 乙 12 8 20 合计 30 10 40 高二年级数学参考答案和评分标准第 3 页 （共 6 页） 17．（本题满分 15 分） 【解】（1）因 )(xf 为偶函数，所以 )()( xfxf  ，即 x x x x aa 2 2 12 2 1              …2 分 整理得：(1 )2 (1 )2 0x xa a     ，所以 1a . ………………………………………4 分 （2） )(xf 的单调递减区间为 ( ,0] ，单调递增区间为  ，0 . ……………………6 分 （3）因为 )(xf 为偶函数，且在区间 ),0[  上为增函数， 依题意得，对于任意 ]1,3[t ，不等式 kttt  22 222 恒成立， ………………7 分 因为 01)1(22 22  ttt ，所以有 kttt  22 222 ， 即 22322 22  ttktt 对于任意 ]1,3[t 恒成立. ……………………………10 分 令 3 5) 3 1(3223)( 22  tttxg ，则 3 5)( min xg . ……………………………………12 分 令 3)1(22)( 22  tttxh ，则 1)( max xh . …………………………………………14 分 所以实数 k的取值范围为       3 51， . ………………………………………………………15 分 18．（本题满分 17 分） 【解】（1）依题意， X 可能的取值为 0，1，2，3，4. ………………………………1 分 当 0X  有 1 种情况，所以 22 32 2 2 5 5 3C 10 C( 0) C C 0 P X    ，……………………………2 分 当 1X  有 2 种情况，所以 1 1 2 1 12 3 2 3 2 32 2 2 2 2 5 5 5 5 C C C C CC( 1) + C C C 6 5C 2 P X      ， ……………3 分 当 2X  有 3 种情况，所以 2 2 1 1 1 1 2 2 3 3 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 5 5 5 5 C C C C C C C C( 2) + + C C C C C C 23 50 P X       ，…4 分 当 3X  有 2 种情况，所以 2 1 1 1 1 2 3 2 3 3 2 2 2 2 2 2 5 5 5 5 C C C C C C( 3) + C C C 6 25C P X     ， ……………5 分 高二年级数学参考答案和评分标准第 4 页 （共 6 页） 当 4X  有 1 种情况，所以 2 2 3 2 2 2 5 5 3C C4 C 10 ( ) C 0 P X    ，……………………………6 分 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 3 100 6 25 23 50 6 25 3 100 所以 2 100 34 25 63 50 232 25 61 100 30)( XE . ………………………8分 （2）设事件 1A “从甲盒中摸出 2 个白球”，事件 2A “从甲盒中摸出 1 个白球和 1 个黑 球”，事件 3A “从甲盒中摸出 2 个黑球”，事件 B  “从乙盒中摸出黑球”，则 321 AAA  ，且 1A ， 2A ， 3A 两两互斥. …………………………………………9 分 （ⅰ）根据题意得 10 3 C C)( 2 5 2 3 1 AP ， 5 3 C CC)( 2 5 1 2 1 3 2 AP ， 10 1 C C)( 2 5 2 2 3 AP ， 7 3 C C)|( 1 7 1 3 1 ABP ， 7 4 C C)|( 1 7 1 4 2 ABP ， 7 5 C C)|( 1 7 1 5 3 ABP . …12 分 由全概率公式，得 )|()()|()()|()()( 332211 ABPAPABPAPABPAPBP  35 19 7 5 10 1 7 4 5 3 7 3 10 3  . 所以在乙盒中摸出的是黑球的概率为 19 35 . ……………………………………14 分 （ⅱ）“如果在乙盒中摸出的是黑球，计算甲盒中恰剩一个黑球的概率”，就是计算在 B发 生的条件下，事件 2A 发生的概率. 2 2 2 2 3 4 ( ) ( ) ( | ) 125 7( | ) 19( ) ( ) 19 35 P A B P A P B AP A B P B P B      . 所以在乙盒中摸出的是黑球时，甲盒中恰剩一个黑球的概率为 12 19 . ………………17 分 高二年级数学参考答案和评分标准第 5 页 （共 6 页） 19．（本题满分 17 分） 【解】解法一：（1）若  f x 关于T可线性分解， 则  0 (0) ( )f T f f T   ，即 (0) 0f  ，…………………………………………………2 分 由   ( ) ( )f x T f x f T   ，得   (( 1) ) ( ) ( )( )f kT f k T f T kf T k     Z （*）， 若 ( ) 0f T  ，则 k充分大时， | ( ) |kf T 将大于 2，而  f x 的值域为[ 2, 2] ， 故等式（*）不可能成立，所以必有 ( ) 0f T  . …………………………………………5 分. （2）由（1）知 1(0) (0 ) 0 4 1(3) (3 ) 0 4 g f g f           ,所以 2sin( ) 0 4 2sin(3 ) 0 4              即 1 2 4 3 k k            .………7 分 因为 0 3  ，所以3 π  ， 3   , 又 2 2     ，所以 1 1 2, ,12 12 k k k      Z 此时   2sin 3 xg x  ，  3 ( ) (3)g x g x g    ，不符合题意 ………8 分 或3 2π  ， 2 3   ,又 2 2     ，所以 1 6 6 k      , 此时   22sin 3 xg x  ，满足  3 ( ) (3)g x g x g   ，符合题意 所以   22sin 3 6 xf x        . ……………………………………………………………9 分 (ⅰ)由已知得 ( ) [ ( )] 4f x f f x   ，所以 ( ) 2 [ ( )] 2 f x f f x     或 ( ) 2 [ ( )] 2 f x f f x     , ………………10 分 因为 (2) 2f   ，不成立，所以 ( ) 2f x   ， 22sin 2 3 6 x        ， ………………11 分 所以 2 2 3 6 2 x k     ， k Z ， 即函数 ( ) [ ( )] 4y f x f f x   的零点为 13 2 x k  （或 53 2 x k  ）， k Z . ………12 分 (ⅱ)因      1 2 3f f f  2sin 2si 7 2 ) 2 6 6 n 2sin(    2 1 1   0 ，…………13 分 又   22sin( ) 3 6 xf x    周期为 3，所以 高二年级数学参考答案和评分标准第 6 页 （共 6 页） 当 *3 ,n k k N 时，      1 2 3 ( ) 0f f f f n     . ………………………………14 分 当 *3 2,n k k  N 时，      1 2 3 ( ) 22sin 2 3 6 ( )f f f f n f n n              .…15 分 当 *3 1,n k k  N 时，       2 5 22sin( ) 21 2 3 ( ) ( 1) ( sin( ) 3 6 ) 3 6 f f f f n f n n nf n            2 1 2 2 1 22( )3 3sin cos sin cos 2 2 2( ) 3 2 3 3 2 3 n n n n        22 3 cos 2n   . ……16 分 所以        1 2 3f f f f n    ≤ 2恒成立， 即m≥2，所以m的取值范围为[2, ) . ………………………………………………17 分 解法二：（1）若  f x 关于T可线性分解，则  0 (0) ( )f T f f T   ，即 (0) 0f  ．…2 分 所以  0 2sin 0 | | 2 f         ，则 0  ． 由   ( ) ( )f x T f x f T   ，得  2sin 2sin 2sinx T x T      ， 所以 sin (1 cos ) (1 cos )sin 0x T x T       关于 x恒成立， 所以 1 cos 0 sin 0 T T       ， 2T k k   Z ，即 ( ) sin 0f T T  ．………………………5 分 （2）由（1）知 3 为函数 ( )g x 的一个周期， 所以 2π3 k    ，3 2 πk  ，因为0 3  ，所以3 2π  ， 2 3   , ……………7 分 又 1(0) (0 ) 0 4 g f   ，   2 12sin 0 3 4 f x         ， 1 1,6 k k   Z， 因为 2 2     ，所以 6    ,所以   22sin 3 6 xf x        . …………………………9 分 以下同解法一．