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文档简介
2024-2025学年第一学期东莞外国语学校高三段考一1.设集合A=xx2≥4},B={x2x<a},若AUB=A,则a的取值范围是()A.【答案】A【解析】【分析】先解一元二次不等式再根据集合间的关系求参.【详解】A=2+1∉N【答案】D【解析】【分析】利用命题否定的定义求解即可.3.某公司为了调查员工的健康状况,由于女员工所占比重大,按性别分层,用按比例分配的分工的平均体重为70kg,标准差为4.则所抽取的所有员工的体重的方差为()【答案】B【解析】【分析】求出样本平均数,再根据分层抽样方差计算公式求出样本的方差.则样本中所有员工的体重的方差s2=39×[62+(50−57)2]+21×[42+(70−57)2]=120.39+2139+214.二项式展开式中,含x2项的系数为()A.20B.−20C.−60D.80【答案】A【解析】【分析】利用展开式的意义可求含x2项的系数.要得到含x2项,需有1个因式取x2,其余的4个因式都取−2,系数为C(−2)4,或者需有2个因式取x2项,需有2个因式取,其余的1个因式都取−2,系数5.函数f经过点(1,−1),则关于x的不等式f(3x)+f(4−x2)<0解集为()【答案】B【解析】所以函数f(x)在(−∞,0]上单调递减,在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)在R上单调递减,又f(−x)=x|−x|=x|x|=−f(x),即函数f(x)是奇函数,不等式f(3x)+f(4−x2)<0⇔f(3x)<−f(4−x2)=f(x2−4),则x2−4<3x,即x2−3x−4<0,解得−1<x<4,所以原不等式的解集为(−1,4).【答案】A【解析】且f(x)关于直线x=1对称,一列两个数字之和为5”的不同的排法有()【答案】B【解析】【分析】分3步完成,每步中用排列求出排法数,再第二步,排第一步中剩余的一组数,共有AA=8种排法;第三步,排数字5和6,共有A=2种排法;8.已知实数x,y,满足ylny=e2x−yln2x,则y的最小值为()【答案】A【解析】【分析】化简变形后可设f(t)=tet,知其在(1,+∞)上单调递增,若f(ln2xy)=f(2x),则2xy=e2x,对求导可得到极值点也是最值点,故可得结果.【详解】由已知有ylny+yln2x=e2x,即yln2xy=e2x,即ln2xy.eln2xy=2xe2x,t>0易知f(t)在(0,+∞)上单调递增,因f(ln2xy)=f(2x),所以ln2xy=2x,故2xy=e2x,即故当时取极小值也是最小值为e.9.已知正数x,y满足x+2y=1,则下列说法正确的是()A.xy的最大值为B.x2+4y2的最小值为C.+的最大值为2D.的最小值为7+2xy【答案】ABD【解析】【分析】利用已知条件、基本不等式逐项判断可得答案.【详解】对于A:∵x>0,y>0,x+2y=1.对于B:x2+4y2=2−4xy=1−4xy,由知xy≤,∴−4xy≥−∴x2+4y2=1−4xy≥1−.∴B正确;频率分布直方图进行统计(如图).若同一组中数据用该组区间的中点值作代表,则关于该样本量的叙述正确的是()【答案】ABD【解析】分布直方图求估算平均数、方差的方法计算判断B抽取的产品的质量指标值的样本平均数和样本方差分s2=(−30)222222fD.若f(x)为偶函数,则满足题意的f(x)唯一,满足题意的g(x)不唯一【答案】ABD【解析】fx0,2)上严格减,x(−x0,0即fx【点睛】关键点点睛:本题的关键是充分利用导数与函数单调性和极值的关系,并结合函数的奇偶性和周期性分析.12.已知随机变量X服从正态分布N(3,1),且P(2≤X≤4)=0.6827,则P(X>4)=.(精确到【答案】0.15865【解析】【分析】根据正态分布的对称性结合题意求解即可.【详解】由于X服从正态分布N(3,1),所以正态曲线的所以P(X>4)=P(X<2),13.已知f(x)是定义R在上的奇函数,当x>0时,f(x)=2x+22−x,当x<0时,f【答案】−5【解析】【分析】根据奇函数可求得x<0的解析式,从而可求得m=−4,n=−1,进而可得答案.【详解】令x<0,则−x>0,所以f(−x)=2−x+22+x.所以f(x)=−22+x−2−x=−4×2x−2−x,所以m=−4,n=−1,所以m+n=−5.故答案为:−514.设a∈R,对任意实数x,用f(x)表示x−2,x2−ax+3a−5中的点,则a的取值范围为.【解析】x【分析】设g(x)=x2−ax+3a−5,h(x)xΔ≥0,求出a的取值范围,然后对实数a的取值范围进行分类讨论,根据题意可得出关于实数a式,综合可求得实数a的取值范围.【详解】设g(x)=x2−ax+3a−5,h(x)=x−2,由x①当a=2时,g(x)=x2−2x+1,作出函数g(x)、h(x)的图象如下图所示:此时函数f(x)只有两个零点,不合乎题意;要使得函数f(x)至少有3个零点,则x2≤−2,所以,=4+5a−5≥0,解得a∈∅;由图可知,函数f(x)的零点个数为3,合乎题意;要使得函数f(x)至少有3个零点,则x3≥2,故答案为:【点睛】方法点睛:已知函数有零点(方程有(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直象,利用数形结合的方法求解.【解析】(2)由fx≥0恒成立,转化为a≤xlnx恒成立,继而结合求导得出g(x)=xlnx的最小值即可.当0<x<1时,f′(x)<0,当x>1时,f′(x)>0,则f(x因为f(x令gx)=1+lnx,x)>0,因此gmin,则a≤−所以a的取值范围为a≤−.增长.为了适应市场需求,我国某无人机制造公司研发了一种新型民用无人机,为测试其性能,对其飞行距核心零件损坏数y(个)(1)据关系建立y关于x的回归模型=x+求y关于x的回归方程(精确到0.1,精确到1).(2)为了检验核心零件报废是否与保养有关,该公司进行第二次测试,从所件报废,其中保养过的占比30%,请根据统计数据完成2×2列联表,并根据小概率值α=0.01的独立性检=y−,K2=,n=a+b+c+d.P(K2≥k0)k0(2)表格见解析,核心零件是否报废与是否保养有关.【解析】 所以y关于x的线性回归方程为=1.6x−26.6零假设H0:核心零件是否报废与保养无关,推断H0不成立,即认为核心零件报废与是否保养有关,此推断的错误概率不大于0.01.(2)设前4局中,甲开球的次数为X,求X的分布列及期望.【解析】 (2)由X的取值,根据对应的事件,求相应的概率,得分布列,由公式求解期望. 设第i局甲胜为事件Ai,则第i局乙胜为事件Ai,其中i=1,2,3,…则“第3局甲开球”为事件A2,A2AA2+PAP依题意X=1,2,3,4,P(X=2)=PAA2A3+PA+PAA2A3P(X=3)=PA+PAA2A3+PA:X的分布列为X1234P 427 18.已知函数f(x)=aex−1−lnx+lna.【解析】>0,使得=aex0−1−得到f(x)min,利用零点的条件,结合指数对数的运算化简后,利用基本不等式可以证得f(x)≥1恒成立;当【详解】(1):f(x)=ex−lnx+1,:f′(x)=ex−,:k=f′(1)=e−1.:f(1)=e+1,∴切点坐标为(1,1+e),:切线与坐标轴交点坐标分别为:f(x)=aex−1−lnx+lna,:f′(x)=aex−1−,且a>0.x∴存在唯一x0>0,使得ff−1=,:lna+x0−1=−lnx0,因此f(x)min=f(x0)=aex0−1−lnx0+lna∴f当0<a<1时,f(1)=a+lna<a<1,∴f(1)<1,f(x)≥1不是恒成立.由f(x)≥1得aex−1−lnx+lna≥1,即elna+x−1+lna+x−1≥lnx+x,而lnx+x=elnx+lnx,所以elna+x−1+lna+x−1≥elnx+lnx.由elna+x−1+lna+x−1≥elnx+lnx,可知h(lna+x−1)≥h(lnx),所以lna+x−1≥lnx,所以lna≥(lnx−x+1)max.令F(x)=lnx−x+1,则所以[F(x)]max=F(1)=0,则lna≥0,即a≥1.由题意知a>0,x>0,令aex−1=t,所以lna+x−1=lnt,所以lna=lnt−x+1.于是f(x)=aex−1−lnx+lna=t−lnx+lnt−x+1.由于f(x)≥1,t−lnx+lnt−x+1≥1⇔t+lnt≥x+lnx,而y=x+lnx在x∈(0,+∞)时为增函数,故t≥x,即aex−1≥x,分离参数后有a≥xex−1.所以当x=1时,g取得最大值为g(1)=1.所以a≥1.因为定义域为(0,+∞),且f(x)≥1,所以f(1)≥1,即a+lna≥1.令S(a)=a+lna,则S>0,所以S在区间(0,+∞)内单调递增.因为S(1)=1,所以a≥1时,有S(a)≥S(1),即a+lna≥1.下面证明当a≥1时,f(x)≥1恒成立.令T(a)=aex−1−lnx+lna,只需证当a≥1时,T(a)≥1恒成立.因为=ex−1+>0,所以T在区间[1,+∞)内单调递增,则[T(a)]min=T(1)=ex−1−lnx.因此要证明a≥1时,T(a)≥1恒成立,只需证明[T(a)]min=ex−1−lnx≥1即可.由ex≥x+1,lnx≤x−1,得ex−1≥x,−lnx≥1−x.上面两个不等式两边相加可得ex−1−lnx≥1,故a≥1时,f(x)≥1恒成立.当0<a<1时,因为f(1)=a+lna<1,显然不满足f(x)≥1恒成立.方法二:利用同构思想将原不等式化成elna+x−1+lna+x−1≥elnx+lnx,再根据函数h(m)=em+m的单方法三:通过先换元,令
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