2023-2024学年山东省滨州市高二下学期7月期末数学试题（含解析）

2023-2024学年山东省滨州市高二下学期7月期末数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为( )
A. B. C. D.
2.若随机变量X~N(60,),且P(X40)=0.2,则P(X80)=( )
A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8
3.若，则“”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
4.若幂函数的图象过点，则的定义域是( )
A. B. C. D.
5.如图，等腰梯形的上底，下底，高为记等腰梯形位于直线左侧的图形的面积为，则随变化时的图象大致是( )
A. B.
C. D.
6.若正实数，，满足，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7.已知，小明在设置银行卡的数字密码时，打算将的前位数字，，，，，进行某种排列得到密码如果排列时要求三个不相邻，两个也不相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为( )
A. B. C. D.
8.已知表示不超过实数的最大整数，例如：，若函数，其中，则的值域为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设函数，则下列结论正确的是( )
A. 在区间上为增函数
B. 为偶函数
C. 的值域为
D. 不等式的解集为
10.已知在的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则下列结论正确的是( )
A. B. 展开式中含的项的系数是
C. 展开式的各二项式系数和为 D. 展开式的各项系数和为
11.已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，则下列结论正确的是( )
A. 的图象关于点对称 B. 是周期为的周期函数
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，，则 ．
13.在班级数学兴趣小组活动中，老师准备了道导数题和道建模题，某小组的位同学从中不放回的每人随机抽取一题作答，记表示第位同学抽到导数题，，，，，则 ．
14.设函数，若关于的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是 ．
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.本小题分
某景点在年月日至日正月初一至正月十五期间，为吸引游客，共举行了场精彩的烟花秀节目前场的观众人数单位：万与场次的统计数据如下表所示：
场次编号
观众人数单位：万
经计算可得：，，．
通过作散点图发现与之间具有较强的线性相关关系，试用最小二乘法求出关于的经验回归方程结果中的数值用分数表示
若该烟花秀节目分、两个等次的票价，该节目组织者随机调查了某场烟花秀节目位观众购买、两个等次票的情况，其中位男性观众中有位观众购买了等票位女性观众中有位观众购买了等票请根据以上数据，将列联表补充完整，并根据小概率值的独立性检验，能否认为观众的性别与购票情况有关联
性别 购买情况 合计
购买等票 购买等票
男性观众
女性观众
合计
附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
．
16.本小题分
已知函数，其中
若时，有极小值，求的值
若在区间存在单调递减区间，求的取值范围．
17.本小题分
某环保机器制造商为响应“年前碳排放达峰行动”的号召，对一次购买台机器的客户推出了两种超过机器保修期后年内的延保维修方案：
方案一：交纳延保金元，在延保的年内可免费维修次，超过次每次收取维修费元
方案二：交纳延保金元，在延保的年内可免费维修次，超过次每次收取维修费元
制造商为制定元的收取标准，为此搜集并整理了台这种机器超过保修期后年内维修的次数，统计得到下表：
维修次数
机器台数
以这台机器维修次数的频率代替台机器维修次数发生的概率，记表示台机器超过保修期后年内共需维修的次数．
求的分布列
以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，求使客户选择方案二更合算时的取值范围．
18.本小题分
已知函数，，且曲线在处切线也是曲线的切线．
求的值
求证：
若直线与曲线有两个公共点，，与曲线有两个公共点，，求证：．
19.本小题分
在数字通信中，信号是由和组成的序列由于随机因素的干扰，发送的信号或有可能被错误地接收为或已知发送信号时，接收为和的概率分别为和发送信号时，接收为和的概率分别为和假设发送信号和是等可能的．
若发送信号一次，求接收为正确信号的概率
若随机变量的分布列为，记事件发生后给我们的信息量为，则称的均值为的信息熵，记为
设发送信号两次，接收为正确信号的次数为，若，求的信息熵的值
设发送信号一次，接收为正确信号的次数为，求的信息熵取得最大值时的值．
答案解析
1.
【解析】解：已知全集，集合，，
则，
图中阴影部分所表示的集合为．
2.D
【解析】解：因为随机变量X～N（60，σ2），则μ=60，
又P（X≤40）=0.2，
所以P(X80)=P（X≥40）=1-P（X≤40）=1-0.2=0.8．
3.
【解析】解：由可得，
因为若，则，反之不成立，
故“”是“”的必要不充分条件，
即“”是“”的必要不充分条件．
故选B．
4.
【解析】解：设幂函数为，，解得，
，
，解得，
的定义域是．
5.
【解析】解：当，，
当，，
当，，
，
则随变化时的图象大致是，故选项为．
6.
【解析】解：正实数，满足，
则，
，当且仅当时取等号，
故的最小值等于．
7.
【解析】解：如果排列时要求三个不相邻，两个也不相邻，
先排列，，这三个数，当和不相邻时，有种排法，再插入三个，有 种排法
当和相邻时，有 种排法，再插入三个，有 种排法所以共有 个．
8.
【解析】解：，
，
，
，
故的值域是．
故选：．
9.
【解析】解：因为，所以，
故为偶函数，B正确；
当时，，显然为减函数，
当时，，当趋向于时，趋向于，
由偶函数可知的值域为，故A错误，C正确；
由上述偶函数和单调性可知，不等式可化为，
解得，即不等式的解集为，D正确．
故选BCD．
10.
【解析】解：因为的展开式中只有第四项的二项式系数最大，即最大，故，
对于、，故A正确；
对于、展开式的通项为，
令，得，则展开式中含的项的系数是，故C错误；
对于、展开式的各二项式系数和为，故C正确；
对于、令，得展开式的各项系数和为，故D错误
11.
【解析】解：对于，由于为奇函数，
所以，，
的图象关于关点对称，A正确；
对于，因为为偶函数，所以，的图象关于对称，
得，，
又，所以，
将中的换为，得，
由可得，是周期为的周期函数，B正确；
对于，，令，可得，C错误；
对于，函数的定义域为，且的图象关于关点对称，，
，令，可得，
是周期为的周期函数，，
可得，
所以，
，D正确；
故选项为．
12.
【解析】解： ，
，
．
故答案为．
13.
【解析】解：由已知，，
所以
14.
【解析】解：令 ，则有 ，即，解方程得，，画出 的图像，
根据 的图像可知，使有个不同的实数解，应有
所以有，解得．
15.解：由已知，所以，则所以关于的线性回归方程是．
依题意，补充列联表如下：
零假设为观众的性别与购票情况无关．
根据列联表中的数据，经计算得到，根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此认为成立，即认为观众的性别与购票情况无关．
解：由题意得的取值为，，，，，
，
，
，
，
，
所以的分布列为
记选择方案一所需费用为元，则当时，
当时，
当时，
当时，则的分布列为
，记选择方案二所需费用为元，则时，时，时，．
则的分布列为

【解析】
直接代入公式即可求出；
根据已知写出列联表，再计算，进行判断即可；
分别求出，，，，，再求期望即可．
16.解：由，可得．
因为函数在处取极小值，所以，解得或．
当时，，所以当时，，
函数在区间和上单调递增
当时，，函数在区间上单调递减，
所以时，有极小值，所以满足题意．
当时，，所以当时，，函数在区间和上单调递增
当时，，函数在区间上单调递减，
所以时，有极大值，所以不满足题意．
综上所述，所求的值为．
因为，
当时，由，解得，所以函数的减区间为．
因为在区间存在单调递减区间，所以．
当时，，所以函数在单调递增，不存在减区间，
所以不符合题意．
当时，由，解得或，所以函数单调递减区间为，
所以在区间不存在单调递减区间，所以不符合题意．
综上所述，的取值范围为
【解析】
求出函数的导数，根据函数的极值点，求出的值，检验即可；
根据函数的单调性得到关于的不等式，解出即可．
17.解：由题意得的取值为，，，，，
，
，
，
，
，
所以的分布列为
记选择方案一所需费用为元，
则当时，
当时，
当时，
当时，．
则的分布列为
．
记选择方案二所需费用为元，
则时，
时，
时，．
则的分布列为
．
因为，所以，解得，
所以的取值范围为．
【解析】
由题意可知，，，，，求解概率，得到分布列．
选择方案一所需费用为元，则时，，时，；时，；时，，写出分布列，求解期望；选择方案二所需费用为元，则时，；时，；时，，得到的分布列，求解期望，然后利用，求解的取值范围．
18.解：因为，所以切线斜率为，所以切线为．
设直线与曲线相切时的切点为，则
所以解得．
要证，即证，
当时，只需证，
当时，只需证，
令，则，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，又，
所以当时，，
当时，又时，所以当时，，
所以得证．
因为直线与曲线有两个公共点，，
所以，是方程的两根，所以．
因为，所以当时，，当时，
所以的增区间为，减区间为，，且当时，．
不妨设，要证．所以只需证，只需证．
又在单调递减，，所以只需证，
又，所以只需证，即证．
令，，
因为，所以，，所以，
所以，所以在单调递增，所以，
所以式得证，所以，所以成立．
【解析】
利用切线的几何意义求解即可，
证，即证，当时，只需证，当时，只需证，
，是方程的两根，所以．
在递增，在递减，，且当时，不妨设，
要证．只需证即，
又，所以只需证即可；
19.解：记发送信号为事件，接收为正确信号为事件．
则，，，．
所以．
发送信号两次，接收为正确信号的次数为，
由知发送信号一次，接收为正确信号的概率，
所以∽，所以，
所以．
发送信号一次，接收为正确信号的次数的分布列为：
所以，
令，令，，
所以．
由解得所以当时，，在区间上单调递减
当时，，在区间上单调递增．
所以当时，取最小值，又，所以取得最大值时，．
【解析】
利用全概率公式计算即可；
∽，利用二项分布求其分布列求解即可；
求出的分布列，代入化简，通过换元令，利用导数求函数的最小值问题即可；
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