福建省南平市2023-2024学年高二下学期7月期末质量检测数学试题（解析版）

这是一份福建省南平市2023-2024学年高二下学期7月期末质量检测数学试题（解析版），共12页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
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】C
【解析】由已知可得.
故选：C.
2. 已知随机变量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】随机变量，由，得，解得，
所以.故选：B
3. “在上单调递增”是“”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】A
【解析】函数定义域为，求导得，
由，得或，即函数在上单调递增，
而在上单调递增，于是，显然真包含于，
所以“在上单调递增”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 若，，则（ ）
A. 10B. 20C. 50D. 100
【答案】B
【解析】因为，又因为可得,
所以.
故选：B.
5. 已知随机变量X的分布列如下表所示，设，则（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】A
【解析】依题意，，解得，，
，而，
所以.
故选：A
6. 将函数图象上所有点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度得到的图象，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】依题意，，
因此.
故选：C
7. 将分别标有数字1，2，3，4，5的五个小球放入A，B，C三个盒子，每个小球只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球．若标有数字1和2的小球不放入同一个盒子，则不同方法有（ ）
A. 72种B. 42种C. 114种D. 36种
【答案】C
【解析】5个不同的小球，先分成3组，可分为1,1,3,或者是1,2,2，共种，
将每一种分法放到3个盒子中，共有种不同方法，
根据分步乘法计数原理得：种.
故选：C.
8. 以max M表示数集M中最大的数．若，且，则的最小值为（ ）
A. 4B. C. 3D. 2
【答案】D
【解析】设，则.显然．
，当且仅当取得等号.
，当且仅当取得等号.
两式相乘，即，则.
此时，前面都要成立，则，，则.
的最小值为2,当且仅当取得最小值.
故选：D.
二、选择题：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n的值可能为（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 8
【答案】BC
【解析】依题意，，因此，所以或.故选：BC
10. 已知函数（且）在R上为单调函数，，则（ ）
A. 实数a的取值范围为
B. 当时，的取值范围为
C. 函数是周期函数
D. 函数与图象之间关于直线对称的点有无数多对
【答案】ACD
【解析】对于A，由函数在R上为单调函数，而在上为增函数，
得，解得，A正确；
对于B，当时，，B错误；
对于C，显然，函数是周期函数，C正确；
对于D，函数的图象关于对称的图象对应解析式，
由，得，即，
由，，得，又，
因此函数的图象与函数的图象有无数个交点，
所以函数与的图象之间关于直线对称的点有无数多对，D正确.
故选：ACD
11. A是轮子（半径为0.5m）外边沿上的一点，若轮子从图中位置（A恰为轮子和地面的切点）向左匀速无滑动滚动，当滚动的水平距离为x m（）时，点A距离地面的高度为，则（ ）
A. 当时，点A恰好位于轮子的最高点
B.
C. 当时，点A距离地面的高度在下降
D. 若，，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】由题意知，轮子的半径为，则轮子滚动一周的水平距离为，
如图所示，设轮子滚动了后到达了点，即，可得
过点作垂直地面，过点作，
则，即，
对于A中，当时，，所以A不正确；
对于B中，可得，所以B正确；
对于C中，当时，可得，
由余弦型函数的性质，都可在上单调递减，所以C正确；
对于D中，由，可得，
可得，所以，
令且，且，
则，且，
当时，可得的最小值为，所以D正确.故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机变量，若，则________．
【答案】0.2
【解析】如图，画出正态分布的曲线图，，即，即红色区域面积为.
根据对称性，知，则，故答案为：0.2.
13. 若，则________．
【答案】
【解析】由，得，解得，
所以.
故答案为：
14. 若存在实数x使得成立，则实数m的最大值为________．
【答案】1
【解析】，
，
，，
令，
若存在使得不等式成立，
，
函数在上单调递增，在上单调递减，
函数在上单调递增，在上单调递减，
，
，
即，
，
解得：，
，
实数的最大值为1，
故答案为：1．
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. 已知的展开式中，二项式系数和为64．
（1）求展开式中各项系数的和；
（2）求展开式中含的项．
解：（1）由的展开式中，二项式系数和为64，
得，
解得，
所以展开式中各项系数的和为.
（2）展开式的通项公式，
令，得，
所以展开式中含的项为.
16. 某企业拥有甲、乙两种生产工艺，用这两种生产工艺共生产40件同一类型产品，所得合格品情况如表1，该企业对甲生产工艺研发投入x（亿元）与总收益y（亿元）的数据统计如表2.
表1：
表2：
（1）完成列联表，并根据的独立性检验，能否认为产品合格率与生产工艺有关？
（2）用线性回归方程预估当对甲生产工艺研发投入10亿元时，总收益将达到多少亿元？
附：①，.
②临界值表：
③参考公式：，.
解：（1）列联表为：
零假设：两种工艺生产的配件与合格率无关，
由列联表中数据得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为产品合格率与生产工艺有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（2）显然，
，，
则，，
因此关于的线性回归方程为，
令，得，
所以预估研发投入10亿元，收益将达到12.75亿元.
17. 已知函数，为偶函数．
（1）求实数a的值；
（2）写出的单调区间（不需要说明理由）；
（3）若对于任意，不等式恒成立，求实数k的取值范围．
解：（1）函数的定义域为R，由为偶函数，得，
即，即，又不恒为0，
所以.
（2）函数，令，函数在上单调递增，
当时，，而函数在上单调递增，因此在上单调递增，
又函数是R上的偶函数，因此在上单调递减，
所以函数递减区间是，递增区间是.
（3）由（2）知函数是R上的偶函数，且在上单调递增，
不等式，
则，而，
于是，
依题意，对于任意恒成立，
当时，，当且仅当或时取等号，
，当且仅当时取等号，因此，
所以实数k的取值范围是.
18. 已知甲盒中装有3个白球，2个黑球；乙盒中装有2个白球，3个黑球，这些球除颜色外完全相同．
（1）若从两个盒子中一次性各摸出2个球，用X表示摸出的4个球中白球的个数，求X的分布列和数学期望．
（2）若先从甲盒中一次性摸出2个球放入乙盒，再从乙盒中摸出一个球．
（ⅰ）计算在乙盒中摸出的是黑球的概率；
（ⅱ）如果在乙盒中摸出的是黑球，计算甲盒中恰剩一个黑球的概率．
解：（1）依题意，的可能值为，
，，
，
，，
所以的分布列为：
数学期望.
（2）（ⅰ）设事件“从甲盒中摸出2个白球”，事件“从甲盒中摸出1个白球和1个黑球”，
事件“从甲盒中摸出2个黑球”，事件“从乙盒中摸出1个黑球”，
显然，且两两互斥，，
，
则，
所以在乙盒中摸出的是黑球的概率是.
（ⅱ）在乙盒中摸出的是黑球，甲盒中恰剩一个黑球的事件是在事件发生的条件下，事件发生，
因此，
所以在乙盒中摸出的是黑球，甲盒中恰剩一个黑球的概率为.
19. 函数的定义域为R，若存在非零实数T，对，都有，则称函数关于T可线性分解，已知（，）．
（1）若关于T可线性分解，求，；
（2）若，关于3可线性分解．
（ⅰ）求函数的零点；
（ⅱ）对，，求m的取值范围．
解：（1）若关于可线性分解，则，即，
由，得(*)，
若，则充分大时，将大于2，
而的值域为，故等式(*)不可能成立，所以必有.
（2）（i）由（1）知，即，
则，，
而，则，，又，则，
此时，不符合题意；
或，，又，则，
此时，满足，符合题意，
因此，
依题意，，则或，
显然不成立，于是，
则，解得，，
所以函数的零点为，.
（ii）显然，
又周期为3，则当时，，
当时，，
当时，
，
因此恒成立，则，
所以的取值范围为.X
0
1
P
n
工艺
合格情况
合计
合格品
不合格品
甲
18
20
乙
8
合计
40
研发投入x（亿元）
1
2
3
4
收益y（亿元）
6.5
7
8
8.5
α
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
工艺
合格情况
合计
合格品
不合格品
甲
18
2
20
乙
12
8
20
合计
30
10
40
0
1
2
3
4