湖北省黄冈市浠水县第一中学2023-2024学年高二下学期期末数学质量检测试题答案.docx

浠水一中2024年高二年级下学期数学期末质量检测试卷答案1A【详解】A=xlog2x1log22=x0<x12=x1<x3，B=xx3>2或x3<2=xx<1或x>5，所以AB=. 故选：A2C【详解】由题意可得：limx0f1+2xf1x=2limx0f1+2xf12x=2f1=10.故选：C.3A【详解】若函数fx的值域为R，则u=ax2+2x+1要取遍所有的正数所以a=0或a>0=44a0，解得0a1，即实数a的取值范围是0,1. 故选：A4B【详解】若f(x)在(6,34)上单调递增，可得346=712122，所以127，则有0<6+<27+<32，由y=sinx图象与性质知0<6+<2，又>0，所以34+2，又>0，则有6<234<2，所以0<<23，故满足“必要条件”；但当2<时，对于0<<23，34+2无法成立，故不满足“充分条件”， 故选：B.5D【详解】设t,et是fx图象上的一点，fx=ex，所以fx在点t,et处的切线方程为yet=etxt，y=etx+1tet，令gx=1x=et，解得x=et，get=lnet+2=2t，所以2tetett=et，1t=1tet，所以t=0或t=1（此时为y=ex，b=0，不符合题意，舍去），所以t=0，此时可化为y1=1×x0,y=x+1，所以a+b=1+1=2.故选：D6A【详解】因为Pk=PX=k=Cnkpk1pnk，k=0,1,2,n，若Pk是唯一最大值，则Pk>Pk+1Pk>Pk1，所以Cnkpk1pnk>Cnk+1pk+11pnk1Cnkpk1pnk>Cnk1pk11pnk+1，由Cnkpk(1p)nk>Cnk+1pk+1(1p)nk1，得1pnk>pk+1，解得n<kp+1p，由Cnkpk(1p)nk>Cnk1pk1(1p)nk+1，得pk>1pnk+1，解得n>kpp，所以kpp<n<kp+1p，因为p=0.7,k=7，所以6.30.7<n<7.30.7，得9<n<737，因为n为正整数，所以n=10，所以EX=10×0.7=7，故选：A7C【详解】3名女生需要住2个房间或3个房间若3名女生住2个房间，则不同的方法种数为C32C42A55，若3名女生住3个房间，则不同的方法种数为12C42A55，则不同的安排方法有C32C42A55+12C42A55=2520种故选:C8D【详解】随机变量X可能的取值为2,3. PX=2=C20p2+C221p2=2p22p+1.PX=3=C21p1pp+C21p1p1p=2p2p2，故X的分布列为：X23P2p22p+12p2p2故EX=2×2p22p+1+3×2p2p2=2p2+2p+2=2p122+52，因为0<p<13，故2<EX<229，而229<52,229<218，故A、B错误. 而DX=4×2p22p+1+9×2p2p22p2+2p+22，令t=2p2p2=2p122+12，因为0<p<13<12，故0<t<49，此时DX=4×1t+9tt+22=t2+t0,2081，DX<14必成立，故C错误，D正确. 故选：D.9AB【详解】对于A：因为5×40%=2，所以第40百分位数为2+42=3，故A正确；对于B：XB4,12，YN3,1，则DX=4×12×12=1，DY=1，所以DX=DY，故B正确；对于C：x=1+2+3+4+55=3，y=5+4.5+4+3.5+2.55=3.9，所以样本中心点为3,3.9，所以3.9=0.6×3+a，解得a=5.7，所以y=0.6x+5.7，所以y4=0.6×4+5.7=3.3，则x=4对应的残差为3.53.3=0.2，故C错误；对于D：对于分类变量X，Y，若随机变量2的观测值越大，则推断“X与Y有关系”时犯错误的概率越小，故D错误. 故选：AB10ABD【详解】令x=1可得a0+a1+a2+a2022=12022=1，故A正确；令x=1可得：a0a1+a2a3+a2022=32022，+可得：2a0+a2+a4+a2022=1+32022，故a0+a2+a4+a2022=1+320222，故B正确；令x=0可得：a0=12022=1，令x=12可得：a0+a12+a222+a202222022=0，把代入即可得出：a12+a222+a202222022=1，故C错误；两边对x求导得4044(12x)2021=a1+2a2x+3a3x2+2022a2022x2021令x=1可得a1+2a2+3a3+2022a2022=4044，故D正确. 故选：ABD11ABD 【详解】因为fx是R上的奇函数，所以fx=fx，则fx=fx，即fx是R上的偶函数.令y=1，由fx+y=fxfy+fxfy得：fx+1=fxf1+fxf1，令x取x，得fx+1=fxf1+fxf1，结合fx是R上的奇函数，fx是R上的偶函数，得fx+1=fxf1+fxf1， 结合f1=12，由可得：fx+1fx+1=fx，即fx+1=fx+1fx.所以fx+2=fxfx+1，fx+3=fx1fx+2=fx1fxfx+1，又因为fx是R上的奇函数，所以fx+3=fx，则fx+3=fx，所以函数fx，fx是周期为3的函数.对于选项A：因为fx+y=fxfy+fxfy，f2=f10，所以令x=y=1，得f2=2f1f1，所以f1=12，故选项A正确；对于选项B：因为fx是R上的奇函数，周期为3，所以f9=f0=0，故选项B正确；对于选项C：因为f2=f10，f3=f0=0，所以k=1242f(k)=80f1+f2+f3+f1+f2=0，故选项C错误；对于选项D：因为fx是R上的偶函数，周期为3，所以f2=f1=f1=12.令x=0，y=1，由fx+y=fxfy+fxfy得：f1=f0f1+f0f1，解得：f0=1，所以k=1242f(k)=80f1+f2+f3+f1+f2=8012+12+1+12+12=1，故选项D正确. 故选：ABD.122 【详解】正态分布密度曲线p(x)=12e(x)222可知对称轴为=20,所以函数的最大值是p(20)=12，所以12=12，即=2，所以方差为2.133xy2=0或3x4y+1=0【详解】设切点为Qx0,y0，由fx=x3可得，fx=3x2，由导数的几何意义可得，切线的斜率k=3x02，因为y0=x03，所以切线方程为yx03=3x02xx0，将点1,1代入，得1x03=3x021x0，即x012x02x01=0，得x0122x0+1=0，解得x0=1或x0=12，当x0=1时，切点坐标为1,1，相应的切线方程为3xy2=0；当x0=12时，切点坐标为12,18，相应的切线方程为y+18=34x+12，即3x4y+1=0，所以切线方程为3xy2=0或3x4y+1=0.故答案为：3xy2=0或3x4y+1=01477300【详解】若两次取球后，B盒中恰有7个球，则两次取球均为乙获胜；若第一次取球甲取到黑球，乙取到白球，其概率为12×25=15，第一次取球后A盒中有2个黑球和3个白球，B盒装有4个黑球和2个白球，第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为25×26+35×46=815；此时B盒中恰有7个球的概率为15×815=875；若第一次取球甲取到白球，乙取到黑球，其概率为12×35=310，第一次取球后A盒中有3个黑球和2个白球，B盒装有3个黑球和3个白球，第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为35×36+25×36=12；此时B盒中恰有7个球的概率为310×12=320；所以B盒中恰有7个球的概率为875+320=77300. 故答案为：7730015【详解】（1）因为二项式ax+1n的展开式中仅第5项的二项式系数最大，所以n=8，因为二项式ax+18，展开式的通项公式为Tr+1=C8rax8r（0r8且rN），所以第4项，第5项，第6项的系数分别为C83a5，C84a4，C85a3，由C83a5+C85a3=2C84a4，又a0，所以56a2+56=140a，解得a=2或a=12（2）因为aN，所以a=2当x=3时，ax+1n+b=78+b因为78+b=6+18+b=C80×68+C81×67×1+C82×66×12+C87×6×17+C88×18+b=6C80×67+C81×66+C82×65+C87+1+b，且ax+1n+b恰好能被6整除，所以b+1=6k，kN因为bN，所以b的最小值为516【详解】（1）方法一：当a=1时，要证1<f(x)<1cosx，即证sinx<x<tanx,x0,2，设gx=xsinx,x0,2，则gx=1cosx>0，gx在0,2上单调递增， gx>g0=0,即x>sinx；设x=tanxx,则x=1cos2x1>0,x在0,2上单调递增，x>0=0,即tanx>x. 故证得1<fx<1cosx.方法二：当a=1时，要证1<f(x)<1cosx，即证sinx<x<tanx,x0,2，如图所示，在单位圆中，设锐角=x,x0,2，则PQ=sinx,劣弧PA=r=x,AT=tanx，  POA的面积S1=12OAPQ=12sinx,扇形OPA的面积S2=12r2=12x，TOA的面积S3=12OATA=12tanx,S1<S2<S3,sinx<x<tanx. 故证得1<fx<1cosx.（2）f(x)1+1tanx变形得axsinx+cosx,得a2sinx+4x恒成立，令x=2sinx+4x，则'x=2cosx+4·xsinx+4x2=2cosx+4xtanx+4x2,当x0,4时，cosx+4>0，由（1）知x<tanx<tanx+4，所以xtanx+4<0，得x<0，当x4,2时，cosx+40,sinx+4>0,得x<0.x在0,2上单调递减，x>2=2,a2.17【详解】（1）X的可能取值为0,1,2，故P(X=0)=C53C73=27，P(X=1)=C21C52C73=47，P(X=2)=C22C51C73=17，故X的分布列为X012P274717故均值E(X)=0×27+1×47+2×17=67.（2）由题中数据x=110i=110xi=20.5，y=110i=110yi=7.5,又因为i=110xiyi=2016,i=110xi2=8773， 故b=i=110xixyiyi=110xix2=i=110xiyi10xyi=110xi210x2=201610×20.5×7.5877310×20.5×20.5=292770.1，a=ybx=7.529277×20.55.4.18【详解】（1）b=0时，fx=lnx2x+ax，其中x0,2，则fx=1x+12x=2x2x+a,x0,2，因为x2x2x+x22=1，当且仅当x=1时等号成立，故fxmin=2+a，而fx0成立，故a+20即a2，所以a的最小值为2.，（2）fx=lnx2x+ax+bx13的定义域为0,2，设Pm,n为y=fx图象上任意一点，Pm,n关于1,a的对称点为Q2m,2an，因为Pm,n在y=fx图象上，故n=lnm2m+am+bm13，而f2m=ln2mm+a2m+b2m13=lnm2m+am+bm13+2a，=n+2a，所以Q2m,2an也在y=fx图象上，由P的任意性可得y=fx图象为中心对称图形，且对称中心为1,a.（3）因为fx>2当且仅当1<x<2，故x=1为fx=2的一个解，所以f1=2即a=2，先考虑1<x<2时，fx>2恒成立.此时fx>2即为lnx2x+21x+bx13>0在1,2上恒成立，设t=x10,1，则lnt+11t2t+bt3>0在0,1上恒成立，设gt=lnt+11t2t+bt3,t0,1，则gt=21t22+3bt2=t23bt2+2+3b1t2，当b0，3bt2+2+3b3b+2+3b=2>0，故gt>0恒成立，故gt在0,1上为增函数，故gt>g0=0即fx>2在1,2上恒成立.当23b<0时，3bt2+2+3b2+3b0，故gt0恒成立，故gt在0,1上为增函数，故gt>g0=0即fx>2在1,2上恒成立.当b<23，则当0<t<1+23b<1时，gt<0故在0,1+23b上gt为减函数，故gt<g0=0，不合题意，舍；综上，fx>2在1,2上恒成立时b23.而当b23时，而b23时，由上述过程可得gt在0,1递增，故gt>0的解为0,1，即fx>2的解为1,2.综上，b23.19【详解】（1）事件X2=4发生当且仅当在第1天内A个体有2个分裂，8个死亡所以Px2=4=C1021210=451024方法1在事件X3=4发生的条件下，如果在第三天下午加入药物后，有k个个体分裂，则X4的取值为4+k4k=2k，所以X4的取值集合为0,2,4,6,8， Px2=2k|x2=4=C4k124=116C4k所以Ex4|x3=4=0×C4016+2×C4116+4×C4216+6×C4316+8×C4416=4，方法2在事件X3=4发生的条件下，如果在第三天下午加入药物后，有K个个体分裂，则KB4,12，EK=4×12=2，所以X4=2K，EX4X3=4=2EK=2×2=4（2）由（1）可类似得到：在事件Xn1=t发生的条件下，如果在第n1天下午加入药物之后，有k个个体分裂，则Xn的取值为t+ktk=2k在事件Xn1=t发生的条件下，令随机变量Z表示第n1天下午加入药物之后分裂的个体数目，则ZBt,12且Xn=2Z因此E(Xn|Xn1=t)=k=0r2k·P(Xn=2k|Xn1=t)=2k=0rk·P(Z=k)=2E(Z)=2×t×12=t设Xn1的取值集合为x1,x2,xr，则由全期望公式可知，E(Xn)=k=0rE(Xn|Xn1=xi)P(Xn1=xi)=k=0rxi·P(Xn1=xi)=E(Xn1)这表明EXn是常数列，所以EXn=EX1=10（3）由（2）可知E(Xn2)=i=1rE(Xn2|Xn1=xi)P(Xn1=xi)=i=1rxi2+xiPXn1=xi=EXn12+Xn1 =EXn12+10这表明EXn2是公差为10的等差数列又因为EX12=DX1+EX12=100，所以EXn2=100+10n1，从而DXn=EXn2EXn2=10n1可以看出，DXn随着n的增大而增大，而EXn为定值这表明药物的介入会使得微生物A的种群数量越来越不稳定，种族灭绝的风险越来越大答案第7页，共7页学科网（北京）股份有限公司