2023-2024学年福建省福州市九县（市、区）一中高二下学期7月期末联考数学试题（含解析）

2023-2024学年福州市九县（市、区）一中高二下学期7月期末联考
数学试题
完卷时间：120分钟 满分：150分
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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，有且只有一项符合题目要求。
1.设集合，，若，则( )
A. B. C. D.
2.已知实数满足，则下列不等式一定正确的是( )
A. B. C. D.
3.命题：，，则“”是“为真命题”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
4.某校联考的数学成绩服从正态分布，其总体密度函数为：，且，若联考的学生有人，则成绩超过分的人数约为( )
A. B. C. D.
5.已知正实数，满足，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6.的展开式中，常数项为( )
A. B. C. D.
7.已知函数，对于任意两个不相等的实数，都有不等式成立，则实数取值范围为( )
A. B. C. D.
8.已知函数定义域为，且，下列结论成立的是( )
A. 为偶函数 B.
C. 在上单调递减 D. 有最大值
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.对具有相关关系的两个变量和进行回归分析时，下列结论正确的是( )
A. 若，两组成对数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性较强
B. 若所有样本点都落在一条斜率为非零实数的直线上，则决定系数的值为
C. 若样本点的经验回归方程为，则在样本点处的残差为
D. 以模型去拟合一组数据时，为求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和
10.已知事件，，且，，，则( )
A. B. C. D.
11.已知函数，则( )
A. 的图象关于对称
B.
C.
D. 在区间上的极小值为
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。第13小题第一空2分，第二空3分。
12.已知函数为奇函数，则实数的值为 ．
13.某快件从甲送到乙需要个转运环节，其中第，两个环节各有，两种方式，第，两个环节各有，两种方式，第个环节有，两种方式，则快件从甲送到乙，第一个环节使用方式的送达方式有 种；从甲到乙恰好用到种方式的送达方式有 种
14.定义为集合中所有元素的乘积，规定：只有一个元素时，乘积即为该元素本身，已知集合，集合的所有非空子集依次记为、、、，则 ．
四、解答题：本大题共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.（13分）对某地区年第一季度手机品牌使用情况进行调查，市场占有率数据如下：
甲品牌 乙品牌 其他品牌
市场占有率
从所有品牌手机中随机抽取部，求抽取的部中至少有一部是甲品牌的概率；
已知所有品牌手机中，甲品牌、乙品牌与其他品牌手机价位不超过元的占比分别为，，，从所有品牌手机中随机抽取部，求该手机价位不超过元的概率．
16.（15分）某工厂进行生产线智能化升级改造，对甲、乙两个车间升级改造后．
从该工厂甲、乙两个车间的产品中各随机抽取件进行检验，其中甲车间优等品占，乙车间优等品占，请填写如下列联表：
优等品 非优等品 总计
甲车间
乙车间
总计
依据小概率值的独立性检验，能否认为车间与优等品有关联？结果精确到
，其中．
下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值．
调查了近个月的产量单位：万个和月销售额单位：万元，得到以下数据：，根据散点图认为关于的经验回归方程为，试求经验回归方程．
参考公式：，其中．
17.（15分）已知函数，
讨论函数的的单调性；
若函数有极值点，
求实数的取值范围；
判断的零点个数．
18.（17分）甲和乙两个箱子中各装有个大小、质地均相同的小球，并且各箱中是红球，是白球．
当时，分别从甲、乙两箱中各依次随机地摸出个球作为样本，设从甲箱中采用不放回摸球得到的样本中红球的个数为，从乙箱中采用有放回摸球得到的样本中红球的个数为，求，，，；
当时，采用不放回摸球从甲箱中随机地摸出个球作为样本，设表示“第次取出的是红球”，比较与的大小；
由概率学知识可知，当总量足够多而抽出的个体足够少时，超几何分布近似为二项分布现从甲箱中不放回地取个小球，恰有个红球的概率记作；从乙箱中有放回地取个小球，恰有个红球的概率记作那么当至少为多少时，我们可以在误差不超过即的前提下认为超几何分布近似为二项分布？参考数据：
19.（17分）已知函数．
证明：恰有一个零点，且；
我们曾学习过“二分法”求函数零点的近似值，另一种常用的求零点近似值的方法是“牛顿切线法”任取，实施如下步骤：在点处作的切线，交轴于点：在点处作的切线，交轴于点；一直继续下去，可以得到一个数列，它的各项是不同精确度的零点近似值．
设，求的解析式；
证明：当，总有．
答案解析
1.
【解析】因为集合，，且，则，且，
所以．
故选：
2.
【解析】取，可得，故 A错误；
取，可得，故 B错误；
因为，所以，又因为，
由同向不等式的可加性可得，故 C正确；
取，可得，故 D错误．
故选：．
3.
【解析】因为，，
所以，得，
因为当时，不一定成立，而当时，一定成立，
所以“”是“为真命题”的必要不充分条件．
故选：
4.
【解析】因为总体密度函数为：，
所以，即，
由，所以
所以数学成绩超过分的人数大约为人
故选：．
5.
【解析】因为正实数，满足，
所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
故选：
6.
【解析】展开式的通项公式为：
，
当时，常数项为；
当时，得常数项为；
当时，得常数项为；
当时，得常数项为；
所以展开式中的常数项为．
故选：．
7.
【解析】令，解得或，取函数对称轴左边零点，
根据题意，函数在上单调递减，则
，解得，
所以实数的取值范围为．
故选：．
8.
【解析】由于函数的定义域为，且，
令，则，得，
时，恒成立，无法确定，不一定成立；
由于不一定成立，故不一定为偶函数，不确定；
由于的对称轴为与的位置关系不确定，
故在上不一定单调递减，不确定，
由于表示开口向下的抛物线，故函数必有最大值， D正确．
故选：
9.
【解析】对于，因为相关系数的绝对值越大，数据的相关性越强，而，
所以组数据比组数据的相关性较强，所以A错误，
对于，因为所有样本点都落在一条斜率为非零实数的直线上，所以两个变量和之间是一次函数，所以决定系数的值为，所以B正确，
对于，因为样本点的经验回归方程为，所以当时，，
所以残差为，所以 C错误，
对于，由，得，因为，所以，
因为，所以，得，所以 D正确．
故选：
10.
【解析】因为，则，所以，故 A正确；
因为，故 B正确；
因为，，
所以，故 D错误；
因为，，
因为，故 C正确；
故选：
11.
【解析】对于，因为，
所以的图象关于对称，所以 A正确，
对于，
，
当且仅当，即时取等号，所以 B正确，
对于，因为
，所以 C错误，
对于，由，得，
当时，，所以，
当时，，
令，则，
所以在上递减，
当时，，所以，
所以，所以，
当时，，所以，
所以，所以，
所以在上递减，在上递增，
所以在处取得极小值，
所以的极小值为，所以 D正确．
故选：
12.
【解析】因为函数为奇函数，则，
，，
则，解得．
故答案为：
13.
【解析】由题意可得，若第一个环节使用方式的送达方式有种；
快递从甲送到乙有种运输方式，且第个环节从，两种运输方式中选一种，
，，，个环节必须包含三种不同的运输方式，
若第，个环节运输方式相同，则只能都选，则，个环节一个选，一个选，
则有种，
若第，个环节运输方式不相同，则已经包含两种运输方式，
则，个环节一个选，一个选，或者都选，
则由种，
快递从甲送到乙有种运输方式的运输顺序共有种
故答案为：；
14.
【解析】设，
则集合的所有子集的乘积之和即为展开式中所有项的系数之和减，
令，则展开式中所有项的系数之和为，
所以．
故答案为：．
15.
解法；随机抽取部手机，是甲品牌的概率，
抽取的两部手机至少有一部是甲品牌的概率．
解法：随机抽取部手机，是甲品牌的概率为，
抽取的两部手机至少有一部是甲品牌的概率．
从该地区所有品牌手机中随机抽取部，
记事件，，分别为“抽取的手机为甲品牌、乙品牌、其他品牌手机”，
记事件为“抽取的手机价位不超过元”，
则，，，
，，，
所以
，
该手机价位不超过元的概率为．
【解析】解法一：利用对立事件的概率公式计算可得；解法二：分两种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
记事件，，分别为“抽取的手机为甲品牌、乙品牌、其他品牌手机”，记事件为“抽取的手机价位不超过元”，利用全概率公式计算可得．
16.
优等品 非优等品 总计
甲车间
乙车间
总计
设：车间与优等品无关．
根据小概率值的独立性检验，能在犯错误的概率不超过的情况下，认为车间与优等品有关联．
依题意得：
，
又因为，，
故，
所以经验回归方程为．
【解析】根据的计算公式即可求解．
利用经验回归方程计算公式即可代入求解．
17.
函数的定义域为
，
当时，恒成立，在上单调递减
当时，令，得舍去
递增 极大值 递减
的单调递增区间为，单调递减区间为
综上所述：当时在定义域上单调递减；
当时的单调递增区间为，单调递减区间为．
由知
由知的极大值为，
，
当即时，，则无零点；
当即时，，则有个零点：
当即时，，
，，
令，，，在上单调递减，
，，
有个零点；
综上所述：当时，无零点；，
当时，有个零点；当时，有个零点
【解析】根据题意，求导可得，然后分与讨论，即可得到结果；
结合中的结论，即可求解；结合中的结论可得的极大值为，然后分，与讨论，即可得到结果．
18.
对于有放回摸球，每次摸到红球的概率为，且每次试验之间的结果是独立的，
则
服从超几何分布，的可能取值为，，，则
，
，
或；
，即采用不放回摸球，每次取到红球的概率都为：
又，
则．
因为，
，
，即，
即，即，
由题意知，从而，
化简得，
解法：
又，，令，
则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
此处证单调性另解：为对勾函数，
，当且仅当时取等．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值，从而在时单调递增，
当时，，又，，
当时，符合题意
考虑到，都是整数，则一定是的正整数倍，
所以至少为时，在误差不超过即的前提下认为超几何分布近似为二项分布．
解法：
化简得，
或，
为整数，或
，都是整数，则一定是的正整数倍，
所以至少为时，在误差不超过即的前提下认为超几何分布近似为二项分布．
【解析】由题意可得，利用二项分布的期望公式和方差公式求解，服从超几何分布，的可能取值为，，，求出相应的概率，从而可求出和；
利用独立事件概率公式和古典概率公式求出，，进行比较即可；
根据题意表示出，由化简得，解法：转化为，构造函数，利用函数的单调性求解；解法：直接解一元二次不等式即可．
19.解：证明：
，定义域为，
所以在上恒成立，
所以函数在上单调递增，
因为，
，
所以，存在唯一，使得，
即有唯一零点，且；
由知，
所以曲线在处的切线斜率为
，
所以曲线在处的切线方程为
，
即，
令得，
所以切线与轴的交点，
即，
所以；
证明：对任意的，
由知，曲线在处的切线方程为
，
故令，
令，
所以，，
所以，当时，
，单调递增，
当时，
，单调递减，
所以恒有，
即恒成立，
当且仅当时等号成立，
另一方面，由知，，
且当时，，
若，则，故任意，显然矛盾，
因为是的零点，
所以，
因为为单调递增函数，
所以，对任意的时，总有，
又因为，
所以对于任意，均有，
所以，，
所以，
综上，当，总有．
【解析】根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；
由导数的几何意义得曲线在处的切线方程为，进而得；
令，进而构造函数，结合函数单调性证明，再根据，证明即可得答案．
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