2023-2024学年山东省滨州市高二下学期7月期末数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年山东省滨州市高二下学期7月期末数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知全集U=R，集合A={−1,0,1,2,3}，B={x|1<x<4}，则图中阴影部分表示的集合为(

)

A.{−1,0} B.{0,1} C.{−1,0,1} D.{−1,0,1,2}2.若随机变量X~N(60,σ2),且P(X≤40)=0.2,则P(X≤80)=()A.0.2 B.0.4 C.0.6 D.0.83.若a,b∈R，则“a<b”是“lna<lnb”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4.若幂函数f(x)=xα的图象过点(4,2)，则y=f(2−x)f(x)A.(−2,0) B.(0,2] C.[0,2] D.(−2,2)5.如图，等腰梯形ABCD的上底CD=1，下底AB=3，高为1.记等腰梯形ABCD位于直线x=t(0≤t≤3)左侧的图形的面积为f(t)，则f(t)随t变化时的图象大致是(

)

A. B.

C. D.6.若正实数a，b，满足(a+2)(b+1)=9，则a+b的最小值为(

)A.9 B.6 C.3 D.27.已知2≈1.41421，小明在设置银行卡的数字密码时，打算将2的前6位数字1，4，1，4，2，1进行某种排列得到密码.如果排列时要求三个1不相邻，两个4也不相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为A.6 B.7 C.10 D.128.已知[a]表示不超过实数a的最大整数，例如：[−3.5]=−4，[2.1]=2.若函数f(x)=lnx−2lnx+1，其中x∈(1,+∞)，则y=[f(x)]A.(−2,1) B.{−2,1} C.{−1,0,1} D.{−2,−1,0}二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.设函数f(x)=1e|x|+A.f(x)在区间(0,+∞)上为增函数

B.f(x)为偶函数

C.f(x)的值域为(0,2]

D.不等式f(x+1)>f(2)的解集为(−3,1)10.已知在(2x−1A.n=6 B.展开式中含1x的项的系数是−60

C.展开式的各二项式系数和为64 D.展开式的各项系数和为11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+2)−1为奇函数，f(x+1)为偶函数，则下列结论正确的是(

)A.f(x)的图象关于点(2,1)对称 B.f(x)是周期为4的周期函数

C.f(1)+f(3)=0 D.k=1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若3a=4，4b=9，则ab=13.在班级数学兴趣小组活动中，老师准备了2道导数题和6道建模题，某小组的8位同学从中不放回的每人随机抽取一题作答，记Ai表示第i位同学抽到导数题，i=1，2，⋯，8，则P(A1|14.设函数f(x)=x2+2x,x⩽0|lgx|,x>0，若关于x的方程f2(x)+(1−2m)f(x)+m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.(本小题13分)

某景点在2024年2月10日至24日(正月初一至正月十五)期间，为吸引游客，共举行了15场精彩的烟花秀节目.前9场的观众人数(单位：万)与场次的统计数据如下表所示：场次编号x123456789观众人数y(单位：万)1.931.951.971.982.012.022.022.052.07经计算可得：y=19i=19(1)通过作散点图发现x与y之间具有较强的线性相关关系，试用最小二乘法求出y关于x的经验回归方程y=b(2)若该烟花秀节目分A、B两个等次的票价，该节目组织者随机调查了某场烟花秀节目100位观众购买A、B两个等次票的情况，其中60位男性观众中有15位观众购买了B等票;40位女性观众中有5位观众购买了B等票.请根据以上数据，将2×2列联表补充完整，并根据小概率值α=0.050的独立性检验，能否认为观众的性别与购票情况有关联?性别购买情况合计购买A等票购买B等票男性观众60女性观众40合计100附： ①对于一组数据(x1,y1)，(x2,y2 ②χα0.0500.0100.001x3.8416.63510.82816.(本小题15分)已知函数f(x)=x(x−c)2(1)若x=2时，f(x)有极小值，求c的值;(2)若f(x)在区间(2,+∞)存在单调递减区间，求c的取值范围．17.(本小题15分)某环保机器制造商为响应“2030年前碳排放达峰行动”的号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后3年内的延保维修方案：方案一：交纳延保金3000元，在延保的3年内可免费维修1次，超过1次每次收取维修费1000元;方案二：交纳延保金4000元，在延保的3年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费t元;制造商为制定t元的收取标准，为此搜集并整理了100台这种机器超过保修期后3年内维修的次数，统计得到下表：维修次数012机器台数104050以这100台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后3年内共需维修的次数．(1)求X的分布列;(2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，求使客户选择方案二更合算时t的取值范围．18.(本小题17分)已知函数f(x)=xex，g(x)=x2+ax，且曲线(1)求a的值;(2)求证：f(x)≤g(x);(3)若直线y=k与曲线y=f(x)有两个公共点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x19.(本小题17分)在数字通信中，信号是由0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为p和1−p (0<p<1);发送信号1时，接收为1和0的概率分别为q和1−q(0<q<1).假设发送信号0和1是等可能的．(1)若发送信号一次，求接收为正确信号的概率;(2)若随机变量M的分布列为P(M=mi)=pi(i=1,2,⋯,n)，记事件M=mi ①设发送信号两次，接收为正确信号的次数为M1，若p=q=12，求M1 ②设发送信号一次，接收为正确信号的次数为M2，求M2的信息熵H(M2)参考答案1.C

2.D

3.B

4.B

5.A

6.C

7.C

8.D

9.BCD

10.AC

11.ABD

12.2

13.1714.(0,1)

15.解：(1)由已知x=1+2+⋯+92=5，所以b=i=1nxiyi−nx yi=1nxi2−nx2=91−9×5×2285−9×52=160，则a=y−bx=2−160×5=2312.所以y关于x的线性回归方程是y=160x+2312．

(2)依题意，补充2×2列联表如下：

零假设为H0:观众的性别与购票情况无关．

根据列联表中的数据，经计算得到χ2=100×(15×35−5×45)280×20×60×40≈2.344<3.841=x0.050，根据小概率值α=0.050的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此认为Ho成立，即认为观众的性别与购票情况无关．

解：(1)由题意得X的取值为0，1，2，3，4，

P(X=0)=110×110=116.解：(1)由f(x)=x(x−c)2，可得f′(x)=(3x−c)(x−c)．

因为函数f(x)在x=2处取极小值，所以f′(2)=(6−c)(2−c)=0，解得c=2或c=6．

当c=2时，f′(x)=(3x−2)(x−2)，所以当x∈(−∞,23)∪(2,+∞)时，f′(x)>0，

函数f(x)在区间(−∞,23)和(2,+∞)上单调递增;

当x∈(23,2)时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(23,2)上单调递减，

所以x=2时，f(x)有极小值，所以c=2满足题意．

当c=6时，f′(x)=3(x−2)(x−6)，所以当x∈(−∞,2)∪(6,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(−∞,2)和(6,+∞)上单调递增;

当x∈(2,6)时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(2,6)上单调递减，

所以x=2时，f(x)有极大值，所以c=6不满足题意．

综上所述，所求c的值为2．

(2)因为f′(x)=3x2−4cx+c2=(3x−c)(x−c)，

当c>0时，由f′(x)<0，解得c3<x<c，所以函数f(x)的减区间为(c3,c)．

因为f(x)在区间(2,+∞)存在单调递减区间，所以c>2．

当c=0时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(−∞,+∞)单调递增，不存在减区间，

所以c=0不符合题意．

当c<017.解：(1)由题意得X的取值为0，1，2，3，4，

P(X=0)=110×110=1100，

P(X=1)=110×25×2=225，

P(X=2)=110×12×2+25×25=1350，

P(X=3)=25×12×2=25，

P(X=4)=12×12=14，

所以X的分布列为

(2)记选择方案一所需费用为Y1元，

则当X≤1时，Y1=3000;

当X=2时，Y1=4000;

当X=3时，Y1=5000;

当X=4时，Y18.解：(1)因为f′(x)=1−xex，所以切线斜率为f′(0)=1−0e0=1，所以切线为y=x．

设直线y=x与曲线g(x)=x2+ax相切时的切点为(x0,x0)，则g(x0)=x0,g′(x0)=1,

所以x02+ax0=x0,2x0+a=1,解得a=1．

(2)要证f(x)≤g(x)，即证x2+x≥xex，

当x≥0时，只需证(x+1)ex≥1，

当x<0时，只需证(x+1)ex<1，

令ℎ(x)=(x+1)ex，则ℎ′(x)=(x+2)ex，

当x>−2时，ℎ′(x)>0，当x<−2时，ℎ′(x)<0，

所以ℎ(x)在(−∞,−2)单调递减，在(−2,+∞)单调递增，又ℎ(0)=1，

所以当x≥0时，(x+1)ex≥1，

当−2≤x<0时，(x+1)ex<1.又x<−2时，ℎ(x)<0.所以当x<0时，(x+1)ex<1，

所以f(x)≤g(x)得证．

(3)因为直线y=k与曲线y=g(x)有两个公共点C(x3,g(x3))，D(x4,g(x4))，

所以x3，x4是方程x2+x−k=0的两根，所以x3+x4=−1．

因为f′(x)=1−xex，所以当x>119.解：(1)记发送信号i为事件Ai