高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省濱州市2023-2024學年高二下學期7月期末數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．在考試結束后將本試卷和答題卡一并交回．一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知全集，集合則圖中陰影部分表示的集合為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由圖可知，圖中陰影部分表示的集合為，或，所以.故答案為：C2.若隨機變量，且，則（）A.0.2 B.0.4 C.0.6 D.0.8【答案】D【解析】因為，所以，所以.故選：D3.若，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】由得，因為若，則，反之不成立，故“”是“”的必要不充分條件，即“”是“”的必要不充分條件.故選：B4.若冪函數的圖象過點，則的定義域是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設，依題意可得，解得，所以，所以的定義域為，值域為，且，對于函數，則，解得，即函數的定義域是.故選：B5.如圖，等腰梯形ABCD的上底CD=1，下底AB=3，高為1．記等腰梯形ABCD位于直線x=t(0≤t≤3)左側的圖形的面積為f(t)，則f(t)隨t變化時的圖象大致是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】當時，，是過原點，且開口向上的拋物線的一部分，故排除D；當時，，為單調遞增的一次函數的一部分，故排除BC；當時，，是開口向下的拋物線的一部分；故選：A6.若正實數，滿足，則的最小值為（）A.9 B.6 C.3 D.2【答案】C【解析】令，則，，當且僅當，即時，取等號.故選：C7.已知，小明在設置銀行卡的數字密碼時，打算將的前6位數字1，4，1，4，2，1進行某種排列得到密碼．如果排列時要求三個1不相鄰，兩個4也不相鄰，那么小明可以設置的不同的密碼個數為（）A.6 B.7 C.10 D.12【答案】C【解析】當2在兩個4的左邊時，兩個4中間必有一個1，另外兩個1可以插空，共有種；由對稱性可得，當2在兩個4的右邊時，共有3種；當2在兩個4的中間時，形成4個空，將3個1插入其中，共有種；綜上，共有10種；故選：C8.已知表示不超過實數的最大整數，例如：，，若函數其中，則的值域為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，，，，所以，當，時，，當，時，，當，時，，所以的值域為.故選：D二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對但不全的得部分分，有選錯的得0分．9.設函數則下列結論正確的是（）A.在區間上為增函數 B.為偶函數C.的值域為 D.不等式的解集為【答案】BCD【解析】函數的定義域為，，所以為偶函數，故B正確；當時，易知，函數在上單調遞減，由對稱軸可知，函數在上單調遞增，，且，則的值域為，故A錯誤，C正確；不等式等價為，則，解得，即不等式的解集為，故D正確；故選：BCD10.已知在的展開式中只有第四項的二項式系數最大，則下列結論正確的是（）A.n=6 B.展開式中含的項的系數是C.展開式各二項式系數和為64 D.展開式的各項系數和為729【答案】AC【解析】展開式中只有第四項的二項式系數最大，則展開式共有7項，則，故A正確；展開式的通項為，令，則展開式中含的項的系數是，故B錯誤；展開式的各二項式系數和為，故C正確；令，則展開式的各項系數和為，故D錯誤；故選：AC11.已知函數的定義域為，且為奇函數，為偶函數，則下列結論正確的是（）A.的圖象關于點對稱 B.是周期為4的周期函數C. D.【答案】ABD【解析】因為為奇函數，所以，即，則的圖象關于點對稱，且，令，則，故A正確，C錯誤；又為偶函數，所以，則的圖象關于直線對稱，因為，所以函數是周期為4的周期函數，故B正確；由對稱性可知，所以，則，故D正確；故選：ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，滿分15分．12.若則ab=________．【答案】2【解析】因為所以，所以.故答案為：213.在班級數學興趣小組活動中，老師準備了2道導數題和6道建模題，某小組的8位同學從中不放回的每人隨機抽取一題作答，記表示第位同學抽到導數題，，則________【答案】【解析】，故答案為：14.設函數若關于的方程有5個不相等的實數根，則實數的取值范圍是________．【答案】【解析】令，則，即，即，解得或，則和共有5個不同的實數根.作出的圖象，如圖：由圖可知，，解得.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共計77分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.某景點在2024年2月10日至24日(正月初一至正月十五)期間，為吸引游客，共舉行了15場精彩的煙花秀節目．前9場的觀眾人數(單位：萬)與場次的統計數據如下表所示：場次編號x123456789觀眾人數y(單位：萬)1.931.951.971.982.012.022.022.052.07經計算可得：，，．（1）通過作散點圖發現x與y之間具有較強的線性相關關系，試用最小二乘法求出y關于x的經驗回歸方程(結果中的數值用分數表示)；（2）若該煙花秀節目分A、B兩個等次的票價，該節目組織者隨機調查了某場煙花秀節目100位觀眾購買A、B兩個等次票的情況，其中60位男性觀眾中有15位觀眾購買了B等票；40位女性觀眾中有5位觀眾購買了B等票．請根據以上數據，將2×2列聯表補充完整，并根據小概率值α=0.050的獨立性檢驗，能否認為觀眾的性別與購票情況有關聯？性別購買情況合計購買A等票購買B等票男性觀眾60女性觀眾40合計100附：①對于一組數據((x?，y?)，(x?，y?)，…，(xn，yn)，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，；②0.0500.0100.0013.8416.63510.828解：（1）由表格中的數據可得，因為，，，所以，則，所以關于的線性回歸方程為.（2）根據題意，得到的列聯表，如下表所示：性別購買情況合計購買A等票購買B等票男性觀眾451560女性觀眾35540合計8020100零假設為：觀眾的性別與購票情況無關，根據列聯表中的數據，經計算可得，根據小概率值的獨立性檢驗，沒有充分證據推斷不成立，所以認為成立，即認為觀眾的性別與購票情況無關.16.已知函數，其中．（1）若時，有極小值，求的值；（2）若在區間存在單調遞減區間，求的取值范圍．解：（1）由，可得，因為函數在處取極小值，所以，解得或.當時，，所以當時，函數在和上單調遞增；當時，，函數在上單調遞減；所以時，有極小值，所以滿足題意.當時，，所以當時，，函數在區間和上單調遞增；當時，，函數在區間上單調遞減，所以時，有極大值,所以不滿足題意.綜上所述，所求的值為2.（2）因為，當時，由，解得，所以函數的減區間為.在區間存在單調遞減區間，所以，當時，，所以函數在單調遞增，不存在減區間，所以不符合題意.當時，由，解得，所以函數單調遞減區間為.所以在區間不存在單調遞減區間，所以不符合題意.綜上所述，的取值范圍為.17.某環保機器制造商為響應“2030年前碳排放達峰行動”的號召，對一次購買2臺機器的客戶推出了兩種超過機器保修期后3年內的延保維修方案：方案一：交納延保金3000元，在延保的3年內可免費維修1次，超過1次每次收取維修費1000元；方案二：交納延保金4000元，在延保的3年內可免費維修2次，超過2次每次收取維修費t元；制造商為制定t元的收取標準，為此搜集并整理了100臺這種機器超過保修期后3年內維修的次數，統計得到下表：維修次數012機器臺數104050以這100臺機器維修次數的頻率代替1臺機器維修次數發生的概率，記X表示2臺機器超過保修期后3年內共需維修的次數．（1）求X的分布列；（2）以所需延保金與維修費用之和的均值為決策依據，求使客戶選擇方案二更合算時t的取值范圍．解：（1）由題意得的取值為.所以的分布列為：（2）記選擇方案一所需費用為元則當時，當時，當時，當時，則的分布列為記選擇方案二所需費用為元.則時，；時，；時，則的分布列為因為，所以，解得，所以的取值范圍為.18.已知函數且曲線在處切線也是曲線的切線．（1）求的值；（2）求證：；（3）若直線與曲線有兩個公共點，，與曲線有兩個公共點，，求證：解：（1），，所以在處切線方程為，聯立，得，，得；（2）設，，設，，單調遞減，且，所以當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，當時，取得最大值0，所以，當時等號成立，即，，當時等號成立，即，綜上可知，，即.（3），對稱軸方程為，由對稱性可知，，所以要證明，只需證明，，，得，當時，，單調遞增，時，，單調遞減，當時，取得最大值，當時，，當時，，，，所以與的圖象有兩個公共點，，設，則，，設，，當時，，則，，即時，，單調遞增，,所以當時，，即，，所以，由，即，在上單調遞減，所以，即，綜上可知，.19.在數字通信中，信號是由0和1組成的序列．由于隨機因素的干擾，發送的信號0或1有可能被錯誤地接收為1或0．已知發送信號0時，接收為0和1的概率分別為p和；發送信號1時，接收為1和0的概率分別為q和．假設發送信號0和1是等可能的．（1）若發送信號一次，求接收為正確信號的概率；（2）若隨機變量M的分布列為記事件發生后給我們的信息量為，則稱X的均值為M的信息熵，記為①設發送信號兩次，接收為正確信號