精品解析：福建省泉州市泉港一中、泉州一中、石外分校2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题

泉州一中、泉港一中、德化一中、厦外石狮分校四校联盟 2023—2024学年下学期期末考联考高二年段数学学科试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 命题人：厦外石分 审核人：泉州一中 一､选择题：本题共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】B 【解析】 【分析】先确定，再根据集合交集的定义求解. 【详解】由，解得，所以； 又由，解得，所以. 所以. 故选：B. 2. “，且”是“，且”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】B 【解析】 【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】若，且，根据不等式的加法和乘法法则可得，且，即必要性成立； 当，满足，且，但是，故充分性不成立， 所以“，且”是“，且”的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知函数，若对于任意，满足，且，则一定有（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得函数为奇函数可判断A，利用特值可判断BCD. 【详解】因为， 所以，函数为奇函数， 又，， 所以，即，故A正确； 当时，，， 此时，， 当时，， 故BCD不合题意. 故选：A. 4. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出，利用条件概率的公式即可求解. 【详解】由，得． 因为， 所以． 故选：C． 5. 已知、，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，再利用基本不等式可得答案. 【详解】因为、，，所以， 所以， 所以 ， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为. 故选：D. 6. 已知函数在上单调递增，且是奇函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数单调性以及奇偶性分大于1或小于1进行讨论即可得解. 【详解】由是奇函数及在上单调递增， 所以，则关于对称， 当时，，此时若，则，即，所以， 当时，，此时若，则，即，所以， 综上所述，当且仅当或时，. 故选：C. 7. 2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅不同的摄影作品，将这6幅作品排成两排挂在同一面墙上，第一排挂4幅，第二排挂2幅，则美术作品不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用排列组合公式，还需要用到分类计数加法原理和分步计数乘法原理，因为遇到不相邻问题，还得用插空法原理. 【详解】由题意知这6幅作品排成两排挂在同一面墙上的不同挂法有：种， 由于美术作品不相邻，按以下情形分类： ①美术作品挂在第一排的不同挂法有：种； ②美术作品分挂在两排的不同挂法有：种； 所以美术作品不相邻的概率是：， 故选：C. 8. 设，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造，利用导数研究其单调性判定大小即可. 【详解】设，则， 易知，且， 所以在上单调递减，在上单调递增；在上单调递增，在上单调递减， 即，在时取得等号， 且，在时取得等号，则，在时取得等号， 所以，即. 故选：D 【点睛】思路点睛：比大小问题通常利用常用的切线放缩，通过构造函数利用导数研究其单调性计算即可.常用的函数切线放缩有，要注意取等条件. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 若，则正整数的值是（ ） A B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由组合数的性质得到，列出方程，求出答案. 【详解】因为，所以，即或， 解得或3，经检验均满足要求. 故选：AC 10. 下列命题正确的是（ ） A. 线性相关模型中，决定系数越大相关性越强，相关系数越大相关性也越强 B. 经验回归直线至少会经过其中一个样本点 C. 已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则. D. 以模型去拟合某组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别为3，4 【答案】CD 【解析】 【分析】根据决定系数的概念和相关系数的概念判断A，根据回归直线方程的性质判断B，根据回归方程及残差的概念判断C，根据线性回归方程与非线性之间的转化关系可判断D. 【详解】对于A：在线性相关模型中，决定系数越大，即残差平方和越小，所以拟合效果越好，相关系数越大，相关性越强，故A错误； 对于B：回归直线方程不一定过样本点，故B错误； 对于C：回归直线方程为，且样本点与的残差相等， 则，化简得，故C正确； 对于D：因为，所以两边取对数，可得， 令，可得，因为，所以， 即，故D正确. 故选：CD. 11. 在美国重压之下，中国芯片异军突起，当前我们国家生产的最小芯片制程是7纳米.某芯片生产公司生产的芯片的优秀率为0.8，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为.另一随机变量，则（ ） A. B. C. D. 随的增大先增大后减小 【答案】CD 【解析】 【分析】根据二项分布的方差性质判断A，根据二项分布的期望公式及方差结合正态分布的期望与方差判断B，根据二项分布概率公式和正态分布的性质求概率判断C，根据二项分布的概率公式单调性判断D. 【详解】由题意，则， 所以，故选项A错误； ，则，设当时概率最大， 则有，即， 解得，由，所以当时概率最大， 则， 即随的增大先增大后减小，故D选项正确； 又，则，， 所以，故选项B错误； ， 又，所以，故选项C正确. 故选：CD 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 命题：“，”为假命题，则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】由“，”为假命题得到“，”为真命题，然后分类讨论和两种情况，列不等式求解即可. 【详解】“，”为假命题则“，”为真命题， ①当时，，成立； ②当时，，解得； 综上所述，. 故答案为：. 13. 的展开式中，的系数是____________（用数字作答） 【答案】10 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项公式可求出指定项的系数. 【详解】由展开式得，再由展开式得， 所以展开式中含项是：，即它的系数是： 故答案为: . 14. 已知实数、、、满足，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知的几何意义就是曲线到曲线上点的距离最小值的平方，只需求出上和直线平行的切线方程，结合导数的几何意义求出切点坐标，求出切点到直线的距离，即可得解. 【详解】因为实数、、、满足，所以，，， 所以，点曲线上，点在曲线上， 的几何意义就是曲线到曲线上点的距离最小值的平方． 考查曲线上和直线平行的切线， 对函数求导得， 令，解得，所以，切点为， 该切点到直线的距离就是所要求的两曲线间的最小距离， 故的最小值为． 故答案为：. 四､解答题：本大题共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. 已知集合， （1）命题命题，且是的必要不充分条件，求实数的取值范围； （2）函数的定义域为，若,实数的取值范围. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据必要不充分条件的意义得到是的真子集，比较端点列不等式，计算即可. （2），则在内有解.运用参变分离，转化为二次函数最值问题即可. 【小问1详解】 解不等式，即，则； 解不等式，即，解得. 所以 ．由于p是q的必要非充分条件，则是的真子集， 所以等号不同时成立且，解得，因此，实数的取值范围是. 【小问2详解】 因为，在内有解. ，令， 则，所以. 16. 已知函数在处取得极大值． （1）求的值； （2）求在区间上的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，然后令求出，代入验证是否符合题意即可； （2）求导，确定函数在区间上的单调性，进而可求最大值. 【小问1详解】 由已知 令得或， 当时，令得或，令得， 故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时函数在处取极大值，在处取极小值，与函数在处取得极大值不符； 当，即时，令得或，令得， 故函数上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时函数在处取极大值，在处取极小值，符合题意； 所以； 【小问2详解】 由（1）得，， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 因为， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值为，且. 因为,所以. 17. 近期某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次（单位：十人次），统计数据如表1所示： 表1： x 1 2 3 4 5 6 7 y 6 11 21 34 66 101 196 根据以上数据，绘制了散点图． （1）根据散点图判断，在推广期内，与（c，d均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）； （2）根据（1）的判断结果及表1中的数据，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次.参考数据：其中， 62.14 1.54 2535 50.12 3.47 参考公式：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：. （3）微信是现代生活进行信息交流的重要工具，据统计，某公司200名员工中90%的人使用微信，其中每天使用微信时间在一小时以内的有60人，其余的员工每天使用微信在一小时以上，若将员工分成青年（年龄小于40岁）和中年（年龄不小于40岁）两个阶段，那么使用微信的人中75%是青年人，若规定：每天使用微信时间在一小时以上为经常使用微信，那么经常使用微信的员工中都是青年人．是否有99.9%的把握认为“经常使用微信与年龄有关”？ 附： P(K2≥k0) 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）；（2），活动推出第8天使用扫码支付的人次347；（3）有99.9%的把握认为“经常使用微信与年龄有关”. 【解析】 【分析】（1）由散点图可知，散点更接近指数增长，所以适合作为回归方程类型；（2）由（1）知，两边同时取对数得，则与x两者线性相关，根据已知条件求出关于x的回归方程，进而得到y关于x的回归方程；（3）根据已知条件求出相应值作出列联表，代入求临界值的公式求出观测值，观测值与临界值作比较即可得出结论. 【详解】（1）根据散点图判断适合作为扫码支付的人数扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型； （2）由（1）知，，两边同时取对数得， 由题意知，， ， 所以， 所以，， 则y关于x的回归方程为， 当时，，故预测活动推出第8天使用扫码支付的人次347. （3）由已知得该公司员工中使用微信的有人， 经常使用微信的有人，其中青年人有人，使用微信的人中青年人有人， 作出列联表如下： 青年人 中年人 合计 经常使用微信 80 40 120 不经常使用微信 55 5 60 合计 135 45 180 将列联表中的数据代入公式可得， 因为，所以有99.9%的把握认为“经常使用微信与年龄有关”. 【点睛】本题考查两变量之间的相关关系、回归方程的求解、独立性检验的实际应用，属于较难题. 18. 某商场为了回馈顾客，开展一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中红球4个，白球4个.规定：①每次抽奖时顾客从抽奖箱中随机摸出两个小球，如果摸出的两个小球颜色相同即为中奖，颜色不同即为不中奖；②每名顾客只能选一种抽奖方案进行抽奖，方案如下： 方案一：共进行两次抽奖，第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖； 方案二：共进行两次抽奖，第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖. （1）顾客甲欲参加抽奖活动，请从中奖的数字特征角度为顾客甲提供决策依据； （2）已知有300位顾客按照方案二抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？ 【答案】（1）答案见解析 （2）60 【解析】 【分析】（1）方案一就两次独立重复试验，求抽一次中奖后，按二项分布求解即可；方案二的所有可能取值为0，1，2，注意计算第二次的时候数量较少，按照分步计数原理作乘即可. （2）由（1）知方案二抽奖中奖2次的概率为，中奖2次的人数服从二项分布，则，通过单调性找最值即可. 小问1详解】 方案一：设中奖次数为，若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖， 则每次中奖的概率为，因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数服从二项分布， 即，所以的数学期望为， 方差； 方案二：设中奖次数为，若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖， 中奖次数的所有可能取值为0，1，2，则， ，， 所以的分布列为 0 1 2 所以的数学期望为， 方差， ，，两种方案中奖次数的期望相同，但方案一的方差较小，中奖的波动性小， 稳定性较好，故从中奖的数字特征角度来看，顾客甲选方案一较好. 【小问2详解】 每位顾客按照方案二抽奖中奖2次的概率为，则300位顾客按照方案二抽奖， 其中中奖2次的人数， 恰有人中奖2次的概率为，，， 令，解得， 于是，当时，； 当时，，故当时，最大， 所以300位顾客按照方案二抽奖，则其中中奖2次的人数为60的概率最大. 19. 已知，为实数． （1）若，求的值，并讨论的单调性； （2）若时，，求实数的取值范围； （3）当时，若，且在处取极值，求证： 【答案】（1），的减区间是，增区间是； （2）； （3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）求出，由得，再利用得减区间，得增区间， （2）由，在时恒成立得存在，在上单调递增，即恒成立，由此，得必要条件，然后证明其也是充分条件即可得参数范围； （3）利用导数确定的单调性与极值，得，不妨设有，从而，因此问题转化为只要证，构造函数，利用导数证明（需要多次求导），从而得出证明． 【小问1详解】 由题意，，，即， 显然时，，单调递减， 令（），则，易知时，，单调递增，，所以单调递增， 所以的减区间是，增区间是； 【小问2详解】 ， ，因此由题意知存在，在上单调递增，即恒成立，从而，所以，下证时，时，恒成立， 由（1）知时，时，恒成立， 时，由得，因此恒成立， 综上，的取值范围是； 【小问3详解】 ，，， 由（1）知在上是增函数，，， 所以存在，使得，在上，单调递增，在即在上，，单调递增，是的极值点（极小值点）， ． ，则，又，因此在时存在，值得， 所以由，不妨设，则， 要证，即证， 因为，所以， 由在上单调递增，且，因此只要证， 设，， ， 令，则， 设， 则，是增函数，即是增函数， ，所以即是减函数，， 所以是增函数，从而， 所以，即成立， 综上， 【点睛】方法点睛：证明与函数的极值点、方程的根有关的不等式的方法，一般利用导数确定极值点的范围，确定相应方程根的存在性与范围，同时不妨设，本题中得出，这样要证明的不等式变形为，结合在的单调增区间上，因此不等式转化为函数不等式，然后由方程根转化为，达到了消元的目的，然后再构造函数，利用导数证明成立，从而得出结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 泉州一中、泉港一中、德化一中、厦外石狮分校四校联盟 2023—2024学年下学期期末考联考高二年段数学学科试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 命题人：厦外石分 审核人：泉州一中 一､选择题：本题共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. “，且”是“，且”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. 已知函数，若对于任意，满足，且，则一定有（ ） A. B. C. D. 4. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知、，，则最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 6. 已知函数在上单调递增，且是奇函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅不同的摄影作品，将这6幅作品排成两排挂在同一面墙上，第一排挂4幅，第二排挂2幅，则美术作品不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 设，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 若，则正整数的值是（ ） A. B. C. D. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 线性相关模型中，决定系数越大相关性越强，相关系数越大相关性也越强 B. 经验回归直线至少会经过其中一个样本点 C. 已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则. D. 以模型去拟合某组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别为3，4 11. 在美国重压之下，中国芯片异军突起，当前我们国家生产的最小芯片制程是7纳米.某芯片生产公司生产的芯片的优秀率为0.8，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为.另一随机变量，则（ ） A B. C. D. 随的增大先增大后减小 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 命题：“，”为假命题，则取值范围是_________． 13. 的展开式中，的系数是____________（用数字作答） 14. 已知实数、、、满足，则的最小值为______． 四､解答题：本大题共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. 已知集合， （1）命题命题，且是的必要不充分条件，求实数的取值范围； （2）函数的定义域为，若,实数的取值范围. 16. 已知函数在处取得极大值． （1）求值； （2）求在区间上的最大值． 17. 近期某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次（单位：十人次），统计数据如表1所示： 表1： x 1 2 3 4 5 6 7 y 6 11 21 34 66 101 196 根据以上数据，绘制了散点图． （1）根据散点图判断，在推广期内，与（c，d均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）； （2）根据（1）的判断结果及表1中的数据，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次.参考数据：其中， 62.14 1.54 2535 50.12 3.47 参考公式：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：. （3）微信是现代生活进行信息交流的重要工具，据统计，某公司200名员工中90%的人使用微信，其中每天使用微信时间在一小时以内的有60人，其余的员工每天使用微信在一小时以上，若将员工分成青年（年龄小于40岁）和中年（年龄不小于40岁）两个阶段，那么使用微信的人中75%是青年人，若规定：每天使用微信时间在一小时以上为经常使用微信，那么经常使用微信的员工中都是青年人．是否有99.9%的把握认为“经常使用微信与年龄有关”？ 附： P(K2≥k0) 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 3.841 5.024 6.635 7.879 10828 18. 某商场为了回馈顾客，开展一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中红球4个，白球4个.规定：①每次抽奖时顾客从抽奖箱中随机摸出两个小球，如果摸出的两个小球颜色相同即为中奖，颜色不同即为不中奖；②每名顾客只能选一种抽奖方案进行抽奖，方案如下： 方案一：共进行两次抽奖，第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖； 方案二：共进行两次抽奖，第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖. （1）顾客甲欲参加抽奖活动，请从中奖的数字特征角度为顾客甲提供决策依据； （2）已知有300位顾客按照方案二抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？ 19. 已知，为实数． （1）若，求的值，并讨论的单调性； （2）若时，，求实数的取值范围； （3）当时，若，且在处取极值，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$