宁夏银川市贺兰县第一中学2023-2024学年高二下学期第三阶段考试数学复习卷（二）

贺兰一中2023-2024学年第二学期高二年级第三阶段考试数学复习卷（二） 一、单选题 1．若集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出集合后可求. 【详解】，故， 2．已知命题或，则为（    ） A．且 B．且 C．或 D．或 【答案】B 【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可. 【详解】命题或是全称量词命题，所以且. 3．“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据集合的包含关系即可判断. 【详解】因为，所以是的充分而不必要条件. 4．当时，的最小值为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】依据均值定理去求的最小值即可. 【详解】由（当且仅当时等号成立．）可得当时，的最小值为 5．已知函数，且，则实数（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】根据令求出，再由求. 【详解】由题意知，所以，所以，又， 所以. 6．已知随机变量服从二项分布，其期望，随机变量服从正态分布，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由得到p，根据正态分布的性质再由得到及可得答案. 【详解】由，则，则，则， 7．当时，将三项式展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”： 若在的展开式中，的系数为75，则实数a的值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】阅读题意，结合广义杨辉三角形和二项式定理求解即可. 【详解】依题意， “广义杨辉三角形”构造方法为：第0行为1，以下各行每个数是它头上与左右两肩上3数(不足3数的，缺少的数计为0)之和， 所以“广义杨辉三角形”的第5行为1，5，15，30，45，51，45，30，15，5，1， 在的展开式中，的系数为45，的系数为30， 的展开式中，的系数为，解得. 8．已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为 A． B．或 C．或 D．或或 【答案】A 【详解】在和上单增，上单减，又当时，时，故的图象大致为： 令，则方程必有两个根，且，不仿设 ，当时，恰有，此时，有个根，，有个根，当时必有，此时无根，有个根，当时必有，此时有个根，，有个根，综上，对任意，方程均有个根，故选A. 【方法点睛】已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题 . 二、多选题 9．若，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】由不等式的基本性质和指数函数的单调性判断A、C、D，利用特殊值判断B. 【详解】由,则,，所以,故A、C正确； 当时，，故B错误；因为单调递减，则，故D错误. 10．为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（    ） A．相关系数变小 B．经验回归方程斜率变大 C．残差平方和变小 D．决定系数变小 【答案】BC 【分析】由图可知：点较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.结合相关系数、决定系数、残差平方和以及相关性逐项分析判断. 【详解】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好. 对于A，相关系数越接近于1，线性相关性越强，因为散点图是递增的趋势， 所以去掉点后，相关系数变大，故A错误； 对于B，由线性回归方程的实际意义，要使残差平方和最小，去掉点后，回归直线靠近y轴位置需要向下移动，但靠近最右侧两个点的位置变化不大，经验回归方程斜率变大，故B正确； 对于C，残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉点后，残差平方和变小，故C正确； 对于D，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉点后，决定系数变大，故D错误； 11．已知函数，则（    ） A．曲线在点处的切线方程是 B．函数有极大值，且极大值点 C． D．函数只有1个零点 【答案】BD 【分析】求出函数的导数,根据导数的几何意义可求得曲线在点处的切线方程,判断A；根据导数与函数单调性以及极值的关系，可判断B；利用函数的单调性可判断C；利用函数的单调性，结合零点存在定理可判断D. 【详解】对A，由，得，则， 故曲线在点处的切线方程是，即，故A错误； 对B，令，则，所以在上单调递减， 又， 所以存在，使得，即， 即时,,时,, 则在上单调递增，在上单调递减， 所以有极大值，且极大值点，故B正确； 对C，由以上分析知在上单调递减，故，故C错误； 对D，当时，单调递增，又在内有唯一一个零点， 当时，,则，则在上无零点，即只有一个零点，故D正确． 三、填空题 12．已知函数，且该函数的值域为，则的值为 . 【答案】3 【分析】由题意可得，且在上递减，上递增，然后由可求得答案. 【详解】因为，当且仅当时取等号， 所以若，的值域为，则， 因为的图象是开口向上的抛物线，所以在上递减，上递增， 因为，所以，即，解得或（舍去）， 13．若，则 ； . 【答案】 【分析】借助赋值法，分别令、、计算即可得. 【详解】令，可得，即， 令，可得，即， 令，可得，即， 则， 即，则，故. 14．已知函数.若在恒成立，则的范围为 . 【答案】 【分析】利用常变量分离法，通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可. 【详解】，因为，所以， 所以由，设，，因此有， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，因为在恒成立， 所以有，因此的范围为， 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用常变量分离法，通过构造新函数来进行求解. 四、解答题 15．网购是现代年轻人重要的购物方式.某电商对旗下的一家专营店近五年来每年的利润额（单位：万元）与时间第年进行了统计得如下数据： 1 2 3 4 5 2.6 3.1 4.5 6.8 8.0 参考数据：，，，. (1)依据表中给出的数据，是否可用线性回归模型拟合与的关系？请计算相关系数并加以说明（计算结果精确到0.01）.（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合） (2)试用最小二乘法求出利润与时间的回归方程，并预测当时的利润额. 附：， ，. 【答案】(1)，与的线性相关程度很高，可以用线性回归模型拟合． (2)回归方程为，预测该专营店在时的利润为万元． 【分析】（1）先利用公式计算出相关系数，再按要求进行比较，进而得到结果； （2）先利用公式求得，得到利润与时间的回归方程，进而预测当时的利润额． 【详解】（1）由题意，，， 因为，，， 所以． 故与的线性相关程度很高，可以用线性回归模型拟合． （2），， 所以．当时，．预测该专营店在时的利润为万元． 16．已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值． (1)求函数的解析式； (2)当时，求函数的最值． 【答案】(1)；(2)，． 【分析】（1）利用导数的几何意义及点在曲线上，结合函数极值的定义即可求解； （2）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 由题意可知，，，，所以，解得，，， 所以函数的解析式为，经检验适合题意，所以； （2）由（1）知， 令，则，解得，或， 当时，； 当时，； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 当时，取的极大值为， 当时，取得极小值为， 又，，所以，． 17．已知展开式的二项式系数和为512，且. (1)求； (2)求的值； (3)求证：能被6整除. 【答案】(1)19682(2)144(3)证明见解析 【分析】（1）用赋值法，在中，令，可得，再令，可得的值，从而可得答案 （2）根据二项式定理，由展开式的二项式系数和为512，可求出，再将代入中，变形可得，则为其展开式中的系数，由二项式定理可得答案； （3）根据题意，得，形可得，由二项式定理展开式可得，进而由整除的性质分析可得答案 【详解】（1）∵展开式的二项式系数和为512， ∴，解得，令，可得， 令，可得，∴. （2）由（1）知，∵，∴. （3）∵， 又能被6整除，∴能被6整除. 非常关注 一般关注 合计 父亲 母亲 合计 18．为了解学生家长对学生在校情况的关注度，某校随机抽取100名学生家长参与问卷测试，并将问卷得分绘制频数分布表如下： 得分 父亲人数 11 13 11 12 3 母亲人数 2 10 18 8 12 (1)将学生家长对学生在校情况的关注度分为“非常关注”（得分不低于80分）和“一般关注”（得分低于80分）两类，完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断“学生家长对学生在校情况的关注度”与“家长性别”是否有关联； (2)以这100名学生家长中“非常关注”的频率代替该校学生家长“非常关注”的概率.现在再随机抽取2名学生家长，设这2名家长中“非常关注”的人数为，求的分布列和数学期望. 公式：，其中. 临界值表： 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)列联表见解析，无关联(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据题干所给数据完善列联表，计算出卡方，即可判断； （2）依题意可得，根据二项分布的概率公式得到分布列，再由二项分布的期望公式计算期望. 【详解】（1）依题意可得如下列联表： 非常关注 一般关注 合计 父亲 15 35 50 母亲 20 30 50 合计 35 65 100 所以， 所以依据小概率值的独立性检验，可认为“学生家长对学生在校情况的关注度”与“家长性别”无关联； （2）依题意该校学生家长“非常关注”的概率为，则， 所以，，， 所以的分布列如下所示： 所以. 19．已知函数 (1)讨论函数的单调性与极值； (2)若时，函数有两个零点，求实数a的取值范围 【答案】(1)答案见解析(2)a>1 【分析】（1）求出函数的导数，就、分类讨论导数的符号后可求函数的单调性. （2）根据（1）中的单调性可得，结合及零点存在定理可判断此时函数有两个零点. 【详解】（1）. ①当时，恒成立， 在R上单调递增，无极大值也无极小值； ②当，时，，时，单调递增， 在单调递减，在单调递增， 函数的极小值为，无极大值. （2）若有两个不同的零点，因为， 由（1）知当时，，在R上单调递增，则只有一个零点，不满足题意； 当时，在单调递减，在单调递增 i：当即时，∴在递增， 只有一个零点，不满足题意； ii：当即时，∴在上递减，在递增， 且，故， 而， 设，则， 设，则， 所以在上为增函数，故即， 故为上为增函数，故， 而，故在上有一个零点， 故函数f(x)有两个不同的零点，综上所述a>1 【点睛】思路点睛：导数背景下的零点问题，往往需要讨论函数的单调性，并且需要结合零点存在定理来判断零点的存在性. 试卷第10页，共10页 试卷第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 贺兰一中2023-2024学年第二学期高二年级第三阶段考试数学复习卷（二） 一、单选题 1．若集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知命题或，则为（    ） A．且 B．且 C．或 D．或 3．“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．当时，的最小值为（    ） A．3 B． C． D． 5．已知函数，且，则实数（    ） A．1 B．2 C． D． 6．已知随机变量服从二项分布，其期望，随机变量服从正态分布，若，则（    ） A． B． C． D． 7．当时，将三项式展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”： 若在的展开式中，的系数为75，则实数a的值为（    ） A．1 B． C．2 D． 8．已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为 A． B．或 C．或 D．或或 二、多选题 9．若，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 10．为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（    ） A．相关系数变小 B．经验回归方程斜率变大 C．残差平方和变小 D．决定系数变小 11．已知函数，则（    ） A．曲线在点处的切线方程是 B．函数有极大值，且极大值点 C． D．函数只有1个零点 三、填空题 12．已知函数，且该函数的值域为，则的值为 . 13．若，则 ； . 14．已知函数.若在恒成立，则的范围为 . 四、解答题 15．网购是现代年轻人重要的购物方式.某电商对旗下的一家专营店近五年来每年的利润额（单位：万元）与时间第年进行了统计得如下数据： 1 2 3 4 5 2.6 3.1 4.5 6.8 8.0 参考数据：，，，. (1)依据表中给出的数据，是否可用线性回归模型拟合与的关系？请计算相关系数并加以说明（计算结果精确到0.01）.（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合） (2)试用最小二乘法求出利润与时间的回归方程，并预测当时的利润额. 附：， ，. 16．已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值． (1)求函数的解析式； (2)当时，求函数的最值． 17．已知展开式的二项式系数和为512，且. (1)求； (2)求的值； (3)求证：能被6整除. 18．为了解学生家长对学生在校情况的关注度，某校随机抽取100名学生家长参与问卷测试，并将问卷得分绘制频数分布表如下： 得分 父亲人数 11 13 11 12 3 母亲人数 2 10 18 8 12 (1)将学生家长对学生在校情况的关注度分为“非常关注”（得分不低于80分）和“一般关注”（得分低于80分）两类，完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断“学生家长对学生在校情况的关注度”与“家长性别”是否有关联； 非常关注 一般关注 合计 父亲 母亲 合计 (2)以这100名学生家长中“非常关注”的频率代替该校学生家长“非常关注”的概率.现在再随机抽取2名学生家长，设这2名家长中“非常关注”的人数为，求的分布列和数学期望. 公式：，其中. 临界值表： 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19．已知函数 (1)讨论函数的单调性与极值； (2)若时，函数有两个零点，求实数a的取值范围 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $$试卷第 1 页，共 10 页 贺兰一中 2023-2024学年第二学期高二年级第三阶段考试数学复习卷（二） 一、单选题 1．若集合 { 4}, { 3 1}M x x N x x=  = ∣ ∣ ，则M N =（ ） A． 0 2x x  B． 1 2 3 x x        C． 3 16x x  D． 1 16 3 x x        【答案】D 【分析】求出集合 ,M N 后可求M N . 【详解】 1 { 16}, { } 3 M x x N x x=   = ∣0 ∣ ，故 1 16 3 M N x x    =      ， 2．已知命题 : 0,e 1 xp x   或sin 1x  ，则 p 为（ ） A． 0,e 1xx   且 sin 1x≥ B． 0,e 1xx   且sin 1x≥ C． 0,e 1xx   或sin 1x≥ D． 0,e 1xx   或sin 1x  【答案】B 【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可. 【详解】命题 : 0,e 1 xp x   或sin 1x  是全称量词命题，所以 :p 0,e 1xx   且sin 1x≥ . 3．“ 0 2x  ”是“ 1 3x−   ”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据集合的包含关系即可判断. 【详解】因为   0 2 1 3x x x x   −   ，所以0 2x  是 1 3x−   的充分而不必要条件. 4．当 0x  时， 9 2 x x + 的最小值为（ ） A．3 B． 3 2 C．2 2 D．3 2 【答案】D 【分析】依据均值定理去求 9 2 x x + 的最小值即可. 【详解】由 9 9 2 3 2 2 2 x x x x +   = （当且仅当 3 2 2 x = 时等号成立．）可得当 0x  时， 9 2 x x + 的最小值为3 2 5．已知函数 ( ) ( )e 1xf x a f x= − ，且 ( )1 ef  = ，则实数 =a （ ） A．1 B．2 C． e D．2e 试卷第 2 页，共 10 页 【答案】B 【分析】根据令 1x = 求出 (1)f ，再由 ( )1 ef  = 求 a . 【详解】由题意知 ( ) ( )1 e 1f a f= − ，所以 ( ) e 1 2 a f = ，所以 ( ) e e 2 x af x a= − ，又 ( ) e e 1 e e 2 2 a a f a = − = = ， 所以 2a = . 6．已知随机变量 X 服从二项分布 ( )4,B p ，其期望 ( ) 3E X = ，随机变量Y 服从正态分布 ( )1,2N ，若 ( )0P Y p = ，则 ( )0 2P Y  =（ ） A． 2 3 B． 3 4 C． 1 4 D． 1 2 【答案】D 【解析】由 ( ) 3E X = 得到 p，根据正态分布的性质再由 ( )0P Y  得到 ( )0 1P Y  及 ( )0 2P Y  可得答案. 【详解】由 ( ) 3 4 3 4 E X p p= =  = ，则 ( ) 3 0 4 P Y  = ，则 ( ) 3 1 1 0 1 4 2 4 P Y  = − = ，则 ( ) ( ) 1 0 2 2 0 1 2 P Y P Y  =   = ， 7．当nN时，将三项式 ( )2 1 n x x+ + 展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”： 若在 ( )( ) 5 21 1ax x x+ + + 的展开式中， 7x 的系数为 75，则实数 a 的值为（ ） A．1 B． 1− C．2 D． 2− 【答案】A 【分析】阅读题意，结合广义杨辉三角形和二项式定理求解即可. 【详解】依题意， “广义杨辉三角形”构造方法为：第 0 行为 1，以下各行每个数是它头上与左右两肩上 3 数(不足 3 数的，缺少的数计为 0)之和， 所以“广义杨辉三角形”的第 5 行为 1，5，15，30，45，51，45，30，15，5，1， 在 ( ) 5 2 1x x+ + 的展开式中， 6x 的系数为 45， 7x 的系数为 30， ( ) ( ) 5 21 1ax x x+ + + 的展开式中， 7x 的系数为 53 70 45a+ = ，解得 1a = . 8．已知函数 2( ) ( 1) xf x x x e= − − ，设关于 x 的方程 2 5( ) ( ) ( )f x mf x m R e − =  有 n 个不同的实数解，则n 的所 有可能的值为 试卷第 3 页，共 10 页 A．3 B．1或3 C． 4 或6 D．3或 4 或6 【答案】A 【详解】 ( ) ( )( ) ( )' 1 2 ,xf x x x e f x= − +  在 ( ), 2− − 和 ( )1,+ 上单 增， ( )2,1− 上单减，又当 x →−时， ( ) 0,f x x→ →+时， ( )f x →+故 ( )f x 的图象大致为： 令 ( )f x t= ，则方程 2 5 0t mt e − − = 必有两个根，1 2,t t 且 1 2 5 t t e = − ， 不仿设 1 20t t  ，当 1t e= − 时，恰有 2 2 5t e −= ，此时 ( ) 1f x t= ，有1个根， ( ) 2f x t= ，有2 个根，当 1t e − 时 必有 2 20 5t e −  ，此时 ( ) 1f x t= 无根， ( ) 2f x t= 有3个根，当 1 0e t−   时必有 2 2 5t e − ，此时 ( ) 1f x t= 有2 个根， ( ) 2f x t= ，有1个根，综上，对任意m R ，方程均有3个根，故选 A. 【方法点睛】已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设 条件构建关于参数的不等式，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 数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然 后数形结合求解．一是转化为两个函数 ( ) ( ),y g x y h x= = 的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象， 其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为 ( ),y a y g x= = 的交点个数的图象的交点个数问题 . 二、多选题 9．若 0a b  ，则下列结论正确的是（ ） A． 2 2a b B． 2 2ac bc C． 1 1 a b  D． 1 1 2 2 a b             【答案】AC 【分析】由不等式的基本性质和指数函数的单调性判断 A、C、D，利用特殊值判断 B. 【详解】由 0a b  ,则 2 2a b , 0a b  ，所以 1 1 a b  ,故 A、C 正确； 当 0c = 时， 2 2ac bc= ，故 B 错误；因为 1 2 x y   =     单调递减，则 1 1 2 2 a b             ，故 D 错误. 10．为研究光照时长 x （小时）和种子发芽数量 y （颗）之间的关系，某课题研 究小组采集了 10 组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉 点 P后，下列说法正确的是（ ） A．相关系数 r 变小 B．经验回归方程斜率变大 C．残差平方和变小 D．决定系数 2R 变小 试卷第 4 页，共 10 页 【答案】BC 【分析】由图可知：点P较其他的点偏离直线最大，所以去掉点P后，回归效果更好.结合相关系数、决定 系数、残差平方和以及相关性逐项分析判断. 【详解】由图可知：P较其他的点偏离直线最大，所以去掉点P后，回归效果更好. 对于 A，相关系数 r 越接近于 1，线性相关性越强，因为散点图是递增的趋势， 所以去掉点P后，相关系数 r 变大，故 A 错误； 对于 B，由线性回归方程的实际意义，要使残差平方和最小，去掉点P 后，回归直线靠近 y 轴位置需要向下 移动，但靠近最右侧两个点的位置变化不大，经验回归方程斜率变大，故 B 正确； 对于 C，残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉点P后，残差平方和变小，故 C 正确； 对于 D，决定系数 2R 越接近于 1，拟合效果越好，所以去掉点P后，决定系数 2R 变大，故 D 错误； 11．已知函数 ( ) ln ex x f x = ，则（ ） A．曲线 ( )y f x= 在点 ( )1,0 处的切线方程是 e 1 0x y+ − = B．函数 ( )f x 有极大值，且极大值点𝑥0 ∈ (1,2) C． ( ) ( )2 3f f D．函数 ( )f x 只有 1 个零点 【答案】BD 【分析】求出函数的导数,根据导数的几何意义可求得曲线 ( )y f x= 在点 ( )1,0 处的切线方程,判断 A；根据导 数与函数单调性以及极值的关系，可判断 B；利用函数的单调性可判断 C；利用函数的单调性，结合零点存 在定理可判断 D. 【详解】对 A，由 ( ) ln , ( 0) ex x f x x=  ，得 ( ) 1 ln ex x x f x x  − = ，则 ( ) 1 1 e f  = ， 故曲线 ( )y f x= 在点 ( )1,0 处的切线方程是 ( ) 1 0 1 e y x− = − ，即 e 1 0x y− − = ，故 A 错误； 对 B，令 ( ) 1 ln , ( 0)g x x x x = −  ，则 ( ) 2 1 1 0g x x x  = − −  ，所以 ( )g x 在 ( )0, + 上单调递减， 又 ( ) ( ) 1 1 1 ln1 1 0 2 ln2 ln e ln2 0 2 g g= − =  = − = − ， ， 所以存在𝑥0 ∈ (1,2)，使得 ( )0 0g x = ，即 ( )0 0f x = ， 即 ( )00,x x 时, ( ) 0f x  , ( )0 ,x x  + 时, ( ) 0f x  , 则 ( )f x 在 ( )00, x 上单调递增，在 ( )0 ,x + 上单调递减， 所以 ( )f x 有极大值，且极大值点 ( )0 1,2x  ，故 B 正确； 试卷第 5 页，共 10 页 对 C，由以上分析知 ( )f x 在 2, +［ ）上单调递减，故 ( ) ( )2 3f f ，故 C 错误； 对 D，当 ( )00,x x 时， ( )f x 单调递增，又 ( ) ( )1 0,f f x= 在( )00, x 内有唯一一个零点， 当 0x x 时， ( )0 1,2x  ,则 ( ) 0f x  ，则 ( )f x 在 ( )0 ,x + 上无零点，即 ( )f x 只有一个零点，故 D 正确． 三、填空题 12．已知函数 2( ) 2 , [0, ]f x x x x b= −  ，且该函数的值域为[ 1,3]− ，则b 的值为 . 【答案】3 【分析】由题意可得 1b  ，且 ( )f x 在[0,1)上递减， (1, ]b 上递增，然后由 ( ) 3f b = 可求得答案. 【详解】因为 2 2( ) 2 ( 1) 1 1f x x x x= − = − −  − ，当且仅当 1x = 时取等号， 所以若 , ][0x b ， ( )f x 的值域为[ 1,3]− ，则 1b  ， 因为 ( )f x 的图象是开口向上的抛物线，所以 ( )f x 在[0,1)上递减， (1, ]b 上递增， 因为 (0) 0 3f =  ，所以 2( ) 2 3f b b b= − = ，即 2 2 3 0b b− − = ，解得 3b = 或 1b （舍去）， 13．若 4 4 3 24 3 2 1 0( 2)x a x a x a x a x a− = + + + + ，则 0a = ； 1 3 0 2 4 a a a a a + = + + . 【答案】 16 40 41 − 【分析】借助赋值法，分别令 0x = 、 1x = 、 = 1x − 计算即可得. 【详解】令 0x = ，可得 4 0(0 2) a− = ，即 4 0 2 16a = = ， 令 1x = ，可得 4 4 3 2 1 0(1 2) a a a a a− = + + + + ，即 ( ) 4 4 3 2 1 0 1 1a a a a a+ + + + = − = ， 令 = 1x − ，可得 4 4 3 2 1 0( 1 2) a a a a a− − = − + − + ，即 ( ) 4 4 3 2 1 0 3 81a a a a a− + − + = − = ， 则 ( ) ( ) ( )4 3 2 1 0 4 3 2 1 0 4 2 02 1 81 82a a a a a a a a a a a a a+ + + + + − + − + = + + = + = ， 即 4 2 0 82 41 2 a a a+ + = = ，则 ( )4 21 03 1 1 41 40a a a aa = − + + = = −+ − ，故 1 3 0 2 4 40 41 a a a a a + = − + + . 14．已知函数 ( ) 2 2 lnf x x a x= − .若 ( ) 0f x  在 ( )1,+ 恒成立，则a 的范围为 . 【答案】 ( , e− 【分析】利用常变量分离法，通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可. 【详解】 ( ) ( ) 2 22 l0 n 0 2 lnf x x a x af x x x= −     ，因为 ( )1,x + ，所以 ln 0x  ， 所以由 2 22 ln 2 ln x a x x a x    ，设 ( ) 2 ln x g x x = ， ( )1,x + ，因此有 ( ) ( ) 2 2ln 1 ln x x g x x −  = ， 当 ex  时， ( ) ( )0,g x g x  单调递增，当1 ex  时， ( ) ( )0,g x g x  单调递减， 所以 ( ) ( )min e e 2e ln e g x g= = = ，因为 ( ) 0f x  在 ( )1,+ 恒成立， 试卷第 6 页，共 10 页 所以有2 2e ea a   ，因此a 的范围为 ( , e− ， 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用常变量分离法，通过构造新函数来进行求解. 四、解答题 15．网购是现代年轻人重要的购物方式.某电商对旗下的一家专营店近五年来每年的利润额 iy（单位：万元） 与时间第 it 年进行了统计得如下数据： it 1 2 3 4 5 iy 2.6 3.1 4.5 6.8 8.0 参考数据： 5 1 89.5i i i t y = = ， 5 2 1 ( ) 10i i t t = − = ， 5 2 1 ( ) 21.86i i y y = − = ， 218.6 14.785 . (1)依据表中给出的数据，是否可用线性回归模型拟合 y 与 t 的关系？请计算相关系数 r 并加以说明（计算结 果精确到 0.01）.（若 0.75r  ，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合） (2)试用最小二乘法求出利润 y 与时间 t 的回归方程，并预测当 7t = 时的利润额. 附： 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n i i i i i i n n n n i i i i i i i i t t y y t y nt y r t t y y t t y y = = = = = = − − − = = − − − −       ， 1 1 2 2 1 1 ( )( ) ( ) n n i i i i i i n n i i i i t t y y t y nt y b t t t nt = = = = − − − = = − −     ， ˆâ y bt= − . 【答案】(1) 0.98r = ， y 与 t 的线性相关程度很高，可以用线性回归模型拟合． (2)回归方程为 1.45 0.65y t= + ，预测该专营店在 7t = 时的利润为10.8万元． 【分析】（1）先利用公式计算出相关系数 r ，再按要求进行比较，进而得到结果； （2）先利用公式求得 ,b a，得到利润 y 与时间 t 的回归方程，进而预测当 7t = 时的利润额． 【详解】（1）由题意， 1 (1 2 3 4 5) 3 5 t = + + + + = ， 1 (2.6 3.1 4.5 6.8 8.0) 5 5 y = + + + + = ， 因为 5 1 89.5i i i t y = = ， 5 2 1 ( ) 10i i t t = − = ， 5 2 1 ( ) 21.86i i y y = − = ， 所以 ( ) ( ) 5 1 5 52 2 1 1 5 14.5 14.5 0.98 0.75 14.785218.6 i ii i ii i t y ty r t t y y = = = − = =    − −    ． 故 y 与 t的线性相关程度很高，可以用线性回归模型拟合． （2） 5 1 2 2 1 5ˆ 5 14.5 1.4 10 5 i i i n i i t y ty b t t = = − = = = −   ， ˆˆ 5 1.45 3 0.65a y bt= − = −  = ， 所以 1.45 0.65y t= + ．当 7t = 时， ˆ 1.45 7 0.65 10.8y =  + = ．预测该专营店在 7t = 时的利润为10.8万元． 试卷第 7 页，共 10 页 16．已知函数 ( ) 3 2f x x ax bx c= + + + 在点 ( )0, 2P − 处的切线斜率为 1− ，且在 1x = 处取得极值． (1)求函数 ( )f x 的解析式； (2)当  1,2x − 时，求函数 ( )f x 的最值． 【答案】(1) ( ) 3 2 2f x x x x= − − − ；(2) ( ) min 3f x = − ， ( ) max 0f x = ． 【分析】（1）利用导数的几何意义及点在曲线上，结合函数极值的定义即可求解； （2）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解. 【详解】（1）因为 ( ) 3 2f x x ax bx c= + + + ，所以 ( ) 23 2f x x ax b = + + ， 由题意可知， ( )0 2f = − ， ( )0 1f  = − ， ( )1 0f  = ，所以 ( ) ( ) ( ) 0 2 0 1 1 3 2 0 f c f b f a b  = = −  = = −  = + + =    ，解得 1a = − ， 1b ， 2c = − ， 所以函数 ( )f x 的解析式为 ( ) 3 2 2f x x x x= − − − ，经检验适合题意，所以 ( ) 3 2 2f x x x x= − − − ； （2）由（1）知 ( ) ( )( )23 2 1 3 1 1x x x xf x − − = + −= ， 令 ( ) 0f x = ，则 ( ) ( )3 1 1 0x x+ − = ，解得 1 3 x ，或 1x = ， 当   1 1, 1, 2 3 x    − −    时， 0f x ； 当 1 ,1 3 x    −    时， ( )' 0f x  ； 所以 ( )f x 在 1 1, 3   − −    和 1,2 上单调递增，在 1 ,1 3   −    上单调递减， 当 1 3 x 时， ( )f x 取的极大值为 1 1 1 1 49 2 3 27 9 3 27 f   − = − − + − = −    ， 当 1x = 时， ( )f x 取得极小值为 ( ) 3 21 1 1 1 2 3f = − − − = − ， 又 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 1 1 1 1 2 3f − = − − − − − − = − ， ( ) 3 22 02 2 2 2f = − − − = ，所以 ( ) min 3f x = − ， ( ) max 0f x = ． 17．已知 ( ) ( )2 3 n f x x= + 展开式的二项式系数和为 512，且( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 1 22 3 1 1 1 n n nx a a x a x a x+ = + + + + ++ + . (1)求 1 2 3 na a a a+ + + + ； (2)求 2a 的值； (3)求证： ( )17 5f + 能被 6 整除. 【答案】(1)19682(2)144(3)证明见解析 【分析】（1）用赋值法，在 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 1 22 3 1 1 1 n n nx a a x a x a x+ = + + + + ++ + 中，令 = 1x − ，可得 0 1a = ，再 令 0x = ，可得 1 2 3 na a a a+ + + + 的值，从而可得答案 （2）根据二项式定理，由 ( ) ( )2 3 n f x x= + 展开式的二项式系数和为 512，可求出 9n = ，再将 9n = 代入 试卷第 8 页，共 10 页 ( )2 3 n x+ 中，变形可得 ( ) ( ) 99 2 9 2 1 1x x + = + +  ，则 2a 为其展开式中 ( ) 2 1x + 的系数，由二项式定理可得答案； （ 3）根据题意，得 ( ) 917 5 37 5f + = + ，形可得 ( ) ( ) 9 17 5 1 36 5f + = + + ，由二项式定理展开式可得 ( ) 0 8 1 8 89 9 917 5 C 36 C 36 C 36 1 5f + = + ++ + + ，进而由整除的性质分析可得答案 【详解】（1）∵ ( ) ( )2 3 n f x x= + 展开式的二项式系数和为 512， ∴ 2 512n = ，解得 9n = ，令 = 1x − ，可得 0 1a = ， 令 0x = ，可得 9 0 1 2 9 3a a a a+ + ++ = ，∴ 9 1 2 3 9 3 1 19682a a a a+ + ++ = − = . （2）由（1）知 ( ) ( ) 9 2 3f x x= + ，∵ ( ) ( ) 99 2 9 2 1 1x x + = + +  ，∴ 7 2 2 9C 2 144a =  = . （3）∵ ( ) ( ) 99 0 8 1 8 8 9 9 917 5 37 5 1 36 5 C 36 C 36 C 36 1 5f + = + = + + = + + + + + 0 8 1 8 8 9 9 9C 36 C 36 C 36 6= + ++ + ， 又 0 9 1 8 8 9 9 9C 36 C 36 C 36 6+ ++ + 能被 6 整除，∴ ( )17 5f + 能被 6 整除. 18．为了解学生家长对学生在校情况的关注度，某校随机抽取 100 名学生家长参与问卷测试，并将问卷得 分绘制频数分布表如下： 得分  )50 60，  )60 70，  )70 80，  )80 90，  90100， 父亲人数 11 13 11 12 3 母亲人数 2 10 18 8 12 (1)将学生家长对学生在校情况的关注度分为“非常关注”（得分不低 于 80 分）和“一般关注”（得分低于 80 分）两类，完成2 2 列联表，并依据小概率值 0.1 = 的 2 独立性检 验，判断“学生家长对学生在校情况的关注度”与“家长性别”是否有关联； (2)以这 100 名学生家长中“非常关注”的频率代替该校学生家长“非常关注”的概率.现在再随机抽取 2 名学生 家长，设这 2 名家长中“非常关注”的人数为 X ，求 X 的分布列和数学期望 ( )E X . 公式： ( ) ( )( )( )( ) 2 2 n ad bc a b c d a c b d  − = + + + + ，其中n a b c d= + + + . 临界值表：  0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)列联表见解析，无关联(2)分布列见解析， ( ) 7 10 E X = 非常关注 一般关注 合计 父亲 母亲 合计 试卷第 9 页，共 10 页 【分析】（1）根据题干所给数据完善列联表，计算出卡方，即可判断； （2）依题意可得 7 2, 20 X B       ，根据二项分布的概率公式得到分布列，再由二项分布的期望公式计算期望. 【详解】（1）依题意可得如下 2 2 列联表： 非常关注 一般关注 合计 父亲 15 35 50 母亲 20 30 50 合计 35 65 100 所以 ( ) 2 0.1 2 100 15 30 35 20 100 1.099 2.706 50 50 35 65 91 x  −  = =   =    ， 所以依据小概率值 0.1 = 的 2 独立性检验，可认为“学生家长对学生在校情况的关注度”与“家长性别”无关 联； （2）依题意该校学生家长“非常关注”的概率为 35 7 100 20 = ，则 7 2, 20 X B       ， 所以 ( ) 2 0 2 13 169 0 C 20 400 P X   = =  =    ， ( ) 12 7 13 91 1 C 20 20 200 P X = =   = ， ( ) 2 2 2 7 49 2 C 20 400 P X   = =  =    ， 所以 X 的分布列如下所示： X 0 1 2 P 169 400 91 200 49 400 所以 ( ) 7 7 2 20 10 E X =  = . 19．已知函数 ( ) ( )e 1= − −  xf x ax a R (1)讨论函数 ( )f x 的单调性与极值； (2)若  )0,x + 时，函数 ( )f x 有两个零点，求实数 a 的取值范围 【答案】(1)答案见解析(2)a>1 【分析】（1）求出函数的导数，就 0a  、 0a  分类讨论导数的符号后可求函数的单调性. （2）根据（1）中的单调性可得 1a  ，结合 ( )0 0=f 及零点存在定理可判断此时函数有两个零点. 【详解】（1） ( ) ( )e 1, e x xf x ax f x a= − −  = − . ①当 0a  时， ( ) e 0xf x a= −  恒成立， 试卷第 10 页，共 10 页 f x 在 R 上单调递增，无极大值也无极小值； ②当 0a  ， ( ), ln −x a 时， 0f x ， ( )ln x a,+ 时， 0f x 单调递增， ( )f x 在 ( ), ln a− 单调递减，在 ( )ln ,a + 单调递增， 函数 ( )f x 的极小值为 ( ) lnln e ln 1 ln 1af a a a a a a= − + = − + ，无极大值. （2）若 ( )f x 有两个不同的零点，因为 ( )0 0=f ， 由（1）知当 0a  时，， ( )f x 在 R 上单调递增，则 ( )f x 只有一个零点，不满足题意； 当 0a  时， ( )f x 在 ( ), ln a− 单调递减，在 ( )ln ,a + 单调递增 i：当 ln 0a 即 1a  时，∴ ( )f x 在  )0,x + 递增， ( )f x 只有一个零点，不满足题意； ii：当 ln 0a  即 1a  时，∴ ( )f x 在 )0, ln a 上递减，在 ( )ln ,a + 递增， 且 ( )0 0=f ，故 ( )ln 0f a  ， 而 ( ) 2ln 22ln e 2 ln 1 2 ln 1af a a a a a a= − − = − − ， 设 ( ) 2 2 ln 1, 1g a a a a a= − −  ，则 ( ) ( ) ( )2 2 1 ln 2 1 lng a a a a a = − + = − − ， 设 ( ) 1 ln , 1s a a a a= − −  ，则 ( ) 1 1 1 0 a s a a a −  = − =  ， 所以 ( )s a 在 ( )1,+ 上为增函数，故 ( ) ( )1 0s a s = 即 ( ) 0g a  ， 故 ( )g a 为 ( )1,+ 上为增函数，故 ( ) ( )1 0g a g = ， 而2ln lna a ，故 ( )f x 在 ( )ln ,a + 上有一个零点， 故函数 f(x)有两个不同的零点，综上所述 a>1 【点睛】思路点睛：导数背景下的零点问题，往往需要讨论函数的单调性，并且需要结合零点存在定理来 判断零点的存在性.