2023-2024学年山东省菏泽市高二下学期7月期末教学质量检测数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年山东省菏泽市高二下学期7月期末教学质量检测数学试题一、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。1.一质点A沿直线运动，位移s(单位：米)与时间t(单位：秒)之间的关系为s=2t2+1，当位移大小为9时，质点A运动的速度大小为A.2 B.4 C.6 D.82.若X服从两点分布，P(X=1)−P(X=0)=0.32，则P(X=0)为(

)A.0.32 B.0.34 C.0.66 D.0.683.下列说法正确的为(

)A.线性回归分析中决定系数R2用来刻画回归的效果，若R2值越小，则模型的拟合效果越好;

B.残差平方和越小的模型，拟合的效果越好;

C.正态分布N(μ,σ2)的图象越瘦高，σ越大;

D.4.已知函数f(x)=ax2+3x的单调递增区间为[1,+∞)，则A.6 B.3 C.32 D.5.若4×6n+5n−a(n∈N)能被25整除，则正整数a的最小值为A.2 B.3 C.4 D.56.从标有1，2，3，4，5，6的6张卡片中任取4张卡片放入如下表格中，使得表中数字满足a>b，c>d，则满足条件的排法种数为(

)abcdA.45 B.60 C.90 D.1807.在(2+x)2n+1(n∈NA.32n+1−1 B.32n+1+1 C.8.已知函数f(x)=13x3−x2，若f(m)=eA.m>n B.m=n C.m<n D.不能确定二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知随机变量X~N(4,2),若P(X>6)=a,P(4<X<6)=b,则()A.a+b=12 B.P(X<2)=a C.E(2X+1)=8 D.D(2X10.已知曲线y=f(x)在原点处的切线与曲线y=xf(x)在(2,8)处的切线重合，则(

)A.f(2)=4

B.f′(2)=3

C.f′(0)=4

D.曲线y=f(x)在(2,a)处的切线方程为y=a11.假设变量x与变量Y的n对观测数据为(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn)，两个变量满足一元线性回归模型Y=bx+e,E(e)=0,D(e)=σ年份代码t12345销量ω(万辆)49141825根据散点图和相关系数判断，它们之间具有较强的线性相关关系，可以用线性回归模型描述令变量x=t−t，Y=ω−w，且变量x与变量Y满足一元线性回归模型Y=bx+e,E(e)=0,D(e)=A.b=i=1nxiyii=1nxi2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.A、B、C、D共4名同学参加演讲比赛，决出第一至第四的名次.A和B去询问成绩，回答者对A说：“很遗憾，你和B都没有得到冠军.”对B说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，这4人的名次排列有

种(用数字作答)．13.函数f(x)=ex(2x−1)x−1的极小值为14.定义：设X，Y是离散型随机变量，则X在给定事件Y=y条件下的期望为E(X|Y=y)=i=1nxi⋅P(X=xi|Y=y)=i=1nxi⋅P(X=xi,Y=y)P(Y=y)，其中{x1,x2,⋯,xn}为X四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

某学校有南、北两家餐厅，各餐厅菜品丰富多样，可以满足学生的不同口味和需求.某个就餐时间对在两个餐厅内就餐的100名学生分性别进行了统计，得到如下的2×2列联表．性别就餐人数合计南餐厅北餐厅男252550女203050合计4555100(1)对学生性别与在南北两个餐厅就餐的相关性进行分析，依据α=0.100的独立性检验，能否认为在不同餐厅就餐与学生性别有关联?(2)若从这100名学生中选出2人参加某项志愿者活动，求在抽出2名学生的性别为一男一女的条件下，这2名学生均在“南餐厅”就餐的概率．附：χ2=α0.1000.0500.0250.010x2.7063.8415.0246.63516.(本小题12分)由0，1，2，3这四个数组成无重复数字的四位数中．(1)求两个奇数相邻的四位数的个数(结果用数字作答);(2)记夹在两个奇数之间的偶数个数为X，求X的分布列与期望．17.(本小题12分)已知函数f(x)=(x−1)ln(1)若a=2，求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)的图象恒在x轴的上方，求a的取值范围．18.(本小题12分)已知离散型随机变量X服从二项分布B(n,p)．(1)求证：kCnk=nCn−1k−1，(2)求证：E(X)=np;(3)一个车间有12台完全相同的车床，它们各自独立工作，且发生故障的概率都是20%，设同时发生故障的车床数为X，记X=k时的概率为P(X=k).试比较P(X=k)最大时k的值与E(X)的大小．19.(本小题12分)已知函数f(x)=(x−a)(1)当a=1，b=2时，求函数f(x)的单调区间;(2)若x=a是f(x)的一个极大值点，求b的取值范围;(3)令g(x)=e−xf(x)且(a<b)，x1，x2是g(x)的两个极值点，x3是g(x)的一个零点，且x1，x2，x3互不相等.问是否存在实数x4，使得x1答案解析1.D

【解析】解：当s=9时，9=2t2+1，解得t=2，

因为s′=4t，

所以质点A运动的速度大小为4×2=8．

2.B

【解析】解：根据题意及两点分布的性质可知：

P(X=1)−P(X=0)=0.32,P(X=1)+P(X=0)=1,

解得P(X=0)=0.343.B

【解析】解：对于A：

R2

值越大，模型的拟合效果越好，故A对于B，残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，故B正确．对于C，正态分布

Nμ,σ2

的图象越瘦高，

σ

对于D，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数

r

的绝对值越接近于1，故D错误．故选B．4.C

【解析】解：因为f(x)=ax2+3x，且定义域为−∞,0∪0,+∞，

所以f′x=2ax−3x2，

因为函数f(x)=ax2+3x的单调递增区间为[1,+∞)，

所以f′x=2ax−3x2⩾0的解集为[1,+∞)5.C

【解析】解：4×6n+5n−a=4(5+1)n+5n−a

=4(Cn05n+Cn15n−1+…+Cnn−252+C6.C

【解析】解：先从6张卡片中任取2张卡片放入表格第一行中，有C62种选法，

因为a>b，

所以每一个选法对应一种放法，

再从剩下的4张卡片中任取2张卡片放入表格第二行中，有C42种选法，

因为c>d，所以每一个选法对应一种放法，

所以满足条件的排法种数为C67.D

【解析】解：(2+x)2n+1(n∈N∗)的展开式的通项公式为Tr+1=C2n+1rx2n+1−r2．2r，

由于x的幂指数为整数，因此，r为奇数，

记8.A

【解析】解：因为f′(x)=xx−2，

所以当0<x<2时，f′(x)<0；当x<0或x>2时，f′(x)>0，

因此函数f(x)在−∞,0和2,+∞上单调递增，在0,2上单调递减，

且f0=0，f2=−43．

令gx=ex−x，则g′x=ex−1，

因此当x<0时，g′x<0，函数gx单调递减；当x>0时，g′x>0，函数gx单调递增，

所以函数gx的最小值为g0=1．

设fm=en−n=t，作直线y=t和函数f(x)、函数gx的图象如下：

令ℎx=gx−fx=ex−x−13x3+x2x>1，则ℎ′x=ex−1−x2+2xx>1．

令Hx=ℎ′x=ex−1−x2+2x9.ABD

【解析】解：随机变量X∽N(4,2),则P(X>4)=P(4<X<6)+P(X>6)=a+b=12,故A正确;

随机变量X∽N(4,2),则P(X<2)=P(X>6)=a,故B正确;

E(2X+1)=2E(X)+1=2×4+1=9,故C错误;

D(2X+1)=22D(X)=4×2=8,故D正确.

故选:10.ACD

【解析】解：由题意可得f(0)=0，曲线y=f(x)在(0,0)处的切线方程为y=f′(0)x，

令g(x)=xf(x)，则g(2)=2f(2)=8，即f(2)=4，故A正确；

g′(x)=f(x)+xf′(x)，曲线y=xf(x)在(2,8)处的切线方程为y=[f(2)+2f′(2)](x−2)+8，

即y=[f(2)+2f′(2)]x−2[f(2)+2f′(2)]+8，

∴f(2)+2f′(2)=f′(0)−2[f(2)+2f′(2)]+8=0，解得f(2)+2f′(2)=f′(0)=4，

把f(2)=4代入，可得f′(2)=0，故B错误，C正确；

曲线y=f(x)11.AC

【解析】解：因为Q(b)==b2上式是关于b

的二次函数，因此要使Q(b)取得最小值，当且仅当b的取值为b=i=1nxiyii=1nxi2，故A正确，B错误；

由题知t=1+2+3+4+55=3，ω=4+9+14+18+255=14，

所以i=15xiyi=i=15(ti−t)(ωi−ω)

=(−2)×(−10)+(−1)×(−5)+0×0+1×4+2×11=51，

i=112.8

【解析】解：由题意，A、B都不是第一名且B不是最后一名，

B的限制最多，故先排B，有2种情况；

再排A，也有2种情况；

余下2人有A22种排法．

故共有2×2×A2213.4e【解析】解：因为f′(x)=ex(2x2−3x)x−12x≠1，

所以由f′(x)<0得0<x<1或1<x<32；由f′(x)>0得x<0或x>32，

因此函数fx在−∞,0和14.(1−p)3【解析】解：(1)由题设，P(ξ=2,η=5)=(1−p)⋅p⋅(1−p)⋅(1−p)⋅p=(1−p)3p2；

(2)因为P(η=n)=Cn−11(1−p)n−2p2=(n−1)(1−p)n−2p2，

15.解：(1)零假设为H0：分类变量X与Y相互独立，

即不同区域就餐与学生性别没有关联，

χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(35×25−25×20)245×55×50×50=10099≈1.010<2.706，

依据α=0.100的独立性检验，没有充分证据推断Ho不成立，

因此可以认为H0成立，即认为在不同区域就餐与学生性别没有关联．

(2)设事件A为“从这100名参赛学生中抽出2人，其性别为一男一女”，

事件【解析】(1)由公式得出χ2，对照临界值表可得结论；

16.解：(1)两个奇数相邻的无重复数字的四位数有如下三种情况：

 ①0在个位上时有A22A22=4个四位数，

 ②0在十位上时有A22=2个四位数，

 ③0在百位上时有A22=2个四位数，所以满足条件的四位数的个数共有4+2+2=8个．

(2)由题意知夹在两个奇数之间的偶数个数X可能的取值分别为0，1，2，

X012P412

期望为E(X)=0×49【解析】(1)分0在个位上、十位上和百位上三种情况，求解即可；

(2)易得X可能的取值分别为0，1，2，得出对应概率，可得X的分布列与期望．17.解：(1)由a=2，则f(x)=(x−1)lnx−2x，x∈(0,+∞)，f(1)=−2，f′(x)=lnx−1x−1，

代入x=1得f′(1)=−2，

所以f(x)在(1,1)处的切线方程为2x+y=0；

(2)由f(x)图象恒在x轴上方，则f(x)=(x−1)lnx−ax>0恒成立，

即a<(x−1)lnxx在x∈(0,+∞)上恒成立，

令F(x)=(x−1)lnxx，即a<F(x)min，

F′(x)=x−1+lnxx2，令g(x)=x−1+lnx，

易知g(x)在(0,+∞)上为单调递增函数且g(1)=0．

所以当x∈(0,1)时，F′(x)<0，F(x)【解析】(1)先求导，代入切点横坐标，得出切线斜率，进而得出切线方程；

(2)分类变量得a<(x−1)lnxx在x∈(0,+∞)上恒成立，令F(x)=(x−1)18.解：(1)证明：左边=kCnk=k⋅n!k!(n−k)!=n!(k−1)!(n−k)!，

右边=nCn−1k−1=n⋅(n−1)!(k−1)!(n−k)!=n!(k−1)!(n−k)!，

所以左边=右边，即kCnk=nCn−1k−1；

(2)证明：由X∽B(n,p)知P(X=k)=Cnkpk(1−p)n−k，

令q=1−p，由(1)知kCnk=nCn−1k−1可得：

E(X)=k=0nkCnkpkqn−k=k=1n【解析】(1)利用组合数公式，即可证出结果；

(2)根据P(X=k)=Cnkpk(1−p)n−k，利用期望公式证明即可；

(3)要使19.解：由f(x)=(x−a)2(x−b)ex得f′(x)=(x−a)[x2+(3−a−b)x+ab−2b−a]ex，

(1)当a=1，b=2时，f′(x)=(x−1)(x−3)(x+3)ex，

令f′(x)=0得x1=−3，x2=1，x3=3，

f′(x)在(−∞,−3)和(1,3)小于0，在(−3,1)和(3,+∞)大于0，

所以f(x)的单调递增区间为(−3,1)和(3,+∞)，单调递减区间为(−∞,−3)和(1,3)；

(2)令ℎ(x)=x2+(3−a−b)x+