江苏省苏州中学校2023-2024学年高二下学期期末考前演练数学试卷（含解析）

2023-2024学年第二学期苏州中学期末考前演练试卷(五)
高二数学(人教)
综合复习
(满分150分，考试时间120分钟)
2024．6
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. 若全集U为R，集合A＝{x|x2>2x}，B＝{－2，－1，0，1，2}，则( UA)∩B＝(　　)
A. {－1，0，1} B. {－1，1} C. {2，0，1} D. {1，2}
2. “m＝－2”是“直线(2－m)x＋my＋3＝0与直线x－my－3＝0垂直”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
3. 下列说法正确的是(　　)
A. 离散型随机变量的均值是[0，1]上的一个数
B. 离散型随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平
C. 若离散型随机变量X的均值E(X)＝2，则E(2X＋1)＝4
D. 离散型随机变量X的均值E(X)＝
4. 若(mx－)6展开式中x6项的系数是8，则实数m的值是(　　)
A. 2 B. C. ±2 D. ±
5. 某高科技公司为加强自主研发能力，研发费用逐年增加，统计最近6年的研发费用y(单位：元)与年份编号x得到样本数据(xi，yi)(i＝1，2，3，4，5，6)，令zi＝ln yi，并将(xi，zi)绘制成下面的散点图．若用方程y＝aebx对y与x的关系进行拟合，则(　　)
A. a>1，b>0
B. a>1，b<0
C. 00
D. 06. 已知加工某种产品需要5道工序，分别为A，B，C，D，E，其中工序A，B必须相邻，工序C，D不能相邻，则加工方法有(　　)
A. 24种 B. 32种 C. 48种 D. 64种
7. 设常数a∈R，函数f(x)＝若方程f(x)＝a有三个不相等的实数根x1，x2，x3，且x1A. a的取值范围是(0，] B. x3的取值范围是(4，＋∞)
C. x1x2＝2 D. 的取值范围是[5，＋∞)
8. 已知x＝，y＝e，z＝π，则x，y，z的大小关系为(　　)
A. x>y>z B. x>z>y C. y>x>z D. y>z>x
二、 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知随机变量X服从正态分布N(0，1)，密度函数f(x)＝P(X≤x)，若x>0，则(　　)
A. f(－x)＝1－f(x) B. f(2x)＝2f(x)
C. f(x)在(0，＋∞)上是增函数 D. P(|X|≤x)＝2f(x)－1
10. 若6a＝2，6b＝3，则(　　)
A. >1 B. ab<
C. a2＋b2< D. b－a>
11. 已知函数f(x)＝|x＋|，g(x)＝x2＋，则下列结论正确的是(　　)
A. f(x)＋g(x)是奇函数 B. f(x)·g(x)是偶函数
C. f(x)＋g(x)的最小值为4 D. f(x)·g(x)的最小值为2
12. 已知函数f(x)＝x cos x－x－sin x，则(　　)
A. f(x)在[－π，π]上单调递增 B. f(x)在[－π，π]上单调递减
C. f(x)在[－2π，2π]上有2个极值点 D. f(x)在[－2π，2π]上有4个极值点
三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数f(x)满足：① f(0)＝0；② f(4－x)＝f(x)；③ 在(2，3)上单调递减，写出一个同时满足条件①②③的函数f(x)＝________．
14. 设p>0，q>0，满足log4p＝log6q＝log9(2p＋q)，则＝________．
15. 现准备给每面刻有不同点数的骰子涂色，每个面涂一种颜色，相邻两个面所涂颜色不能相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有________种．
16. 已知x，y，z∈N*，且x＋y＋z＝8，记随机变量X为x，y，z中的最小值，则D(X)＝________．
四、 解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. (本小题满分10分)
从7名男生、5名女生中选5人，分别求符合下列条件的选法总数．(请全部用数字作答)
(1) A，B两名学生必须当选；
(2) A，B两名学生不全当选；
(3) 选取3名男生和2名女生分别担任班长，体育委员等5种不同的职务，但体育委员必须有男生来担任，班长必须有女生来担任．
18. (本小题满分12分)
已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|，g(x)＝|x＋2|－|x－1|.
(1) 求证： x∈(－∞，＋∞)，f(x)－g(x)≥0；
(2) 已知a为常数，f(x)≤a≤g(x)有实数解. 若m>0，n≥0，且2m＋n＝a，求＋的最小值．
19. (本小题满分12分)
已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c且不等式f(x)<2x的解集为(1，3)，对任意的x∈R都有f(x)≥2恒成立．
(1) 求f(x)的解析式；
(2) 若g(x)＝xf(x)－x3＋m恰有两个零点，求m的值．
20. (本小题满分12分)
在二项式(axm＋bxn)15(a>0，b>0，m≠0，n≠0)中，有2m＋n＝0.
(1) 求二项式(axm＋bxn)15的展开式的常数项为第几项；
(2) 若它的展开式中，常数项是其各项系数最大的项，求的取值范围．
21. (本小题满分12分)
某企业为确定下一年投入某种产品的研发费用，需了解年研发费用x(单位：千万元)对年销售量y(单位：千万件)的影响，统计了近10年投入的年研发费用xi与年销售量yi(i＝1，2，…，10)的数据，得到散点图如图所示．
(1) 利用散点图判断y＝a＋bx和y＝c·xd(其中c，d为大于0的常数)哪一个更适合作为年研发费用x和年销售量y的回归方程类型(只要给出判断即可，不必说明理由)；
(2) 对数据作出如下处理：令ui＝ln xi，vi＝ln yi，得到相关统计量的值如下表：
根据(1)的判断结果及表中数据，求y关于x的回归方程；
(3) 已知企业年利润z(单位：千万元)与x，y的关系为z＝y－x(其中e＝2.718 28…)，根据(2)的结果，要使得该企业下一年的年利润最大，预计下一年应投入多少研发费用？
参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回归直线v＝α＋βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为
22. (本小题满分12分)
已知函数f(x)＝x－ln x＋m，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－1.
(1) 求m的值；
(2) 函数f(x)在区间(k，k＋1)(k∈N)上存在零点，求k的值；
(3) 记函数g(x)＝x2－bx－2－f(x)，设x1，x2(x12023～2024学年第二学期期末考前演练试卷(五)
高二数学(人教)　参考答案
1. C　解析：由题设，A＝{x|x<0或x>2}，则 UA＝{x|0≤x≤2}，又B＝{－2，－1，0，1，2}，故( UA)∩B＝{0，1，2}．故选C.
2. A　解析：若直线(2－m)x＋my＋3＝0与直线x－my－3＝0垂直，则2－m－m2＝0，即m2＋m－2＝0，解得m＝－2或1，因为{－2}?{－2，1}，所以“m＝－2”是“直线(2－m)x＋my＋3＝0与直线x－my－3＝0垂直”的充分不必要条件．故选A.
3. B　解析：对于A，离散型随机变量的均值是一个常数，不一定在[0，1]上，故A错误，对于B，离散型随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，故B正确，对于C，离散型随机变量X的均值E(X)＝2，则E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝5，故C错误，对于D，离散型随机变量X的均值E(X)＝故D错误．故选B.
4. D　解析：由题意知含x6的项为C(mx)6＝m6x6，又x6项的系数是8，则m6＝8，解得m＝±.故选D.
5. A　解析：因为y＝aebx，令z＝ln y，则z与x的回归方程为z＝bx＋ln a．根据散点图可知z与x正相关，所以b>0.从回归直线图象，可知回归直线的纵截距大于0，即ln a>0，所以a>1.故选A.
6. A　解析：工序A，B必须相邻，可看作一个整体，工序C，D不能相邻，所以先对AB，E工序进行排序，有A＝2(种)方法，AB内部排序，有A＝2(种)方法，排好之后有三个空可以把工序C，D插入，共A＝6(种)情况，所以一共有2×2×6＝24(种)可能性．故选A.
7. D　解析：当04时，函数f(x)＝是减函数，函数值集合为(0，)，如图，
因方程f(x)＝a有三个不相等的实数根，则x2∈(1，4]，a＝f(x2)＝log2x2∈(0，2]，A不正确；x3∈(4，＋∞)，且满足f(x3)＝＝a，于是得x3＝∈[5，＋∞)，因此x3的取值范围是[5，＋∞)，B不正确；x1∈(0，1]，且有logx1＝a＝log2x2，因此，log2x1＋log2x2＝0，即log2x1x2＝0，解得x1x2＝1，C不正确；＝x3∈[5，＋∞)，所以的取值范围是[5，＋∞)，D正确．故选D.
8. D　解析：由x＝，y＝e，z＝π，得ln x＝ln 2，ln y＝ln e，ln z＝ln π，令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝(x>0)，当00，当x>e时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在[e，＋∞)上单调递减，又因ln x＝ln 2＝ln 4，e<π<4，且e，π，4∈[e，＋∞)，所以f(e)>f(π)>f(4)，即ln y>ln z>ln x，所以y>z>x.故选D.
9. ACD　解析：∵ 随机变量X服从正态分布N(0，1)，∴ 正态曲线关于直线x＝0对称，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，选项C正确；∵ f(x)＝P(X≤x)(x>0)，∴ 根据正态曲线的对称性可得f(－x)＝P(X>x)＝1－f(x)，选项A正确；f(2x)＝P(X≤2x)，2f(x)＝2P(X≤x)，选项B错误；P(|X|≤x)＝P(－x≤X≤x)＝1－2f(－x)＝1－2[1－f(x)]＝2f(x)－1，选项D正确．故选ACD.
10. ABD　解析：因为6b＝3，6a＝2，所以b＝log63，a＝log62，则a＋b＝1，选项A，＝＝log23>log22＝1，故A正确；选项B，因为a＋b＝log63＋log62＝log66＝1，且a>0，b>0，a≠b，所以ab<()2＝，故B正确；选项C，因为a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab>1－2×＝，故C错误；选项D，因为5(b－a)＝5log6＝log6>log66＝1，故D正确，故选ABD.
11. BC　解析：∵ f(x)＋g(x)＝|x＋|＋x2＋.∴ f(－x)＋g(－x)＝|－x＋|＋(－x)2＋＝|x＋|＋x2＋.∴ f(x)＋g(x)＝f(－x)＋g(－x)，∴ f(x)＋g(x)是偶函数， A错；∵ f(x)·g(x)＝|x＋|·(x2＋)，∴ f(－x)·g(－x)＝|－x＋|·[(－x)2＋]＝|x＋|·(x2＋)，∴ f(－x)·g(－x)＝f(x)·g(x)，∴ f(x)·g(x)是偶函数，B对；∵ f(x)＋g(x)＝|x＋|＋x2＋≥2＋2＝4，当且仅当x＝和x2＝时，等号成立，即当且仅当x2＝1时等号成立，C对；∵ f(x)·g(x)＝|x＋|·(x2＋)，令t＝|x＋|(t≥2)，则f(x)·g(x)＝t·(t2－2)＝t3－2t，∴ [f(x)·g(x)]′＝3t2－2，令3t2－2>0，得t>或t<－，∴ t≥2时，f(x)·g(x)单调递增，∴ 当t＝2有最小值，最小值为4，D错．故选BC.
12. BD　解析：x∈[－2π，2π]，f(－x)＝－x cos x＋x＋sin x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，对于A，f′(x)＝cos x－x sin x－1－cos x＝－x sin x－1，当x∈[0，π]时，x sin x≥0，所以f′(x)<0，即f(x)在[0，π]上单调递减，因为f(x)为奇函数，所以f(x)在[－π，0]上单调递减，故A错误，B正确；f′(x)＝－x sin x－1，令g(x)＝－x sin x(x∈[－2π，2π])，g(－x)＝－x sin x＝g(x)，所以g(x)为偶函数，g′(x)＝－(sin x＋x cos x)，当x∈[0，]时， sin x≥0，x cos x≥0，所以g′(x)≤0，g(x)单调递减，因为g(x)为偶函数，所以当x∈[－，0]时，g(x)单调递增，当x∈[－π，－]时， sin x≤0，x cos x≥0，所以g′(x)≤0，g(x)单调递减，因为g(x)为偶函数，所以当x∈[，π]时，g(x)单调递增，当x∈[π，]时， sin x≤0，x cos x≤0，所以g′(x)≥0，g(x)单调递增，因为g(x)为偶函数，所以当x∈[－，－π]时，g(x)单调递减，当x∈[－2π，－]时， sin x≥0，x cos x≤0，所以g′(x)≥0，g(x)单调递增，因为g(x)为偶函数，所以当x∈[，2π]时，g(x)单调递减，g(2π)＝－2πsin 2π＝0，g()＝－sin ＝，g(π)＝－πsin π＝0，g()＝－sin ＝－，g(0)＝－0sin 0＝0，g(－2π)＝－2π sin(－2π)＝0，g(－)＝sin (－)＝，g(－π)＝－πsin π＝0，g(－)＝－sin ＝－，所以g(x)的图象如图所示．
g(x)在x＝－，－，0，，处有四个极值，
f′(x)＝－x sin x－1的图象是由g(x)的图象向下平移1个单位长度得到的，如图，
图象与x轴有四个交点，从左往右依次设为x1，x2，x3，x4，当x∈(－2π，x1)时f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(x1，x2)时f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(x2，x3)时f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(x3，x4)时f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(x4，2π)时f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x1，x2，x3，x4处有四个极值，故D正确，C错误．故选BD.
13. －x2＋4x(答案不唯一)　解析：由题意可知，f(x)的图象关于直线x＝2对称，且在(2，3)上单调递减，且f(0)＝0，可取f(x)＝－x2＋4x满足条件.
14. 　解析：令log4p＝log6q＝log9(2p＋q)＝k，则p＝4k，q＝6k，2p＋q＝9k，所以2p＋q＝2·4k＋6k＝9k，整理得2·()2＋()k＝1，解得＝(负值舍去)，所以＝＝＝.
15. 780　解析：5种颜色涂6个面，则至少有两个面同色，两个同色面只有在相对的面上才满足题设；
① 当只有1对同色面时，选中的面有C＝3(种)可能，选中的颜色有C＝5(种)可能， 剩下4个面用剩下4种颜色分别填充有A＝24(种)可能，所以共有3×5×24＝360(种)；
② 当只有2对同色面时，选中的面有C＝3(种)可能，选中的颜色有C＝10(种)可能，2种颜色配2对面有2种可能，剩下2个面由剩下3种颜色选2种分别涂，有A＝6(种)，共3×10×2×6＝360(种)；
③ 当3对面均同色时，选中的面有C＝1(种)，选中的颜色有C＝10(种)，3种颜色配3对面有A＝6(种), 共1×10×6＝60(种)；
综上所述，共360＋360＋60＝780(种).
16. 　解析：因为x＋y＋z＝8，所以随机变量X可能取值为1和2，
用隔板法可求得：事件总情况为C种，
X＝1时，分两种情况：
① 三个数中只有一个1，有C·C种；
② 三个数中有两个1，有C种，
所以X＝1时，p1＝＝；
X＝2时，也分两种情况：
① 三个数中只有一个2，有C种；
② 三个数中有两个2，有C种，
所以X＝2时，p2＝＝，
所以E(X)＝1×＋2×＝，E(X2)＝1×＋4×＝，
D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝.
17. 解：(1) 从除A，B两名学生外的10人中再选3人，则不同选法种数为C＝120.(3分)
(2) 从12名学生中任选5人有C，其中A，B两名学生都当选的有C，所以A，B两名学生不全当选的不同选法种数为C－C＝－120＝672.(6分)
(3) 选出一名男生担任体育委员有C种，选出一名女生担任班长有C种，从余下6名男生选2人，4名女生选1人，担任其他3个班委，共有CCA种，所以不同安排职务方法种数是CCCCA＝12 600.(10分)
18. (1) 证明：∵ f(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，且f(2)＝3，∴ f(x)的最小值为3.∵ g(x)＝|x＋2|－|x－1|≤|(x＋2)－(x－1)|＝3，且g(2)＝3，∴ g(x)的最大值为3，∴ x∈(－∞，＋∞)，f(x)≥g(x)，即f(x)－g(x)≥0.(6分)
(2) 解：由(1)知： x∈(－∞，＋∞)，f(x)的最小值为3，g(x)的最大值为3.根据已知设x0是f(x)≤a≤g(x)的一个解，则3≤f(x0)≤a≤g(x0)≤3.∴ a＝3，2m＋n＝3.∵ m>0，n≥0，m＋(m＋n)≥2，＋≥2，∴ ＋＝×(2m＋n)·(＋)＝[m＋(m＋n)](＋)≥.当m＝，n＝0时，＋＝，∴ ＋的最小值为.(12分)
19. 解：(1) 由f(x)<2x 得ax2＋(b－2)x＋c<0 ，
又f(x)<2x的解集为(1，3),
所以 ①，
因为对任意的x∈R都有f(x)≥2恒成立，
所以≥2 ，将①代入解得4(a－1)2≤0，
所以a＝1，b＝－2，c＝3，
所以f(x)＝x2－2x＋3.(6分)
(2) 由g(x)＝xf(x)－x3＋m得
g(x)＝x(x2－2x＋3)－x3＋m＝x3－2x2＋3x＋m，
g′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1) ，
由g′(x)<0 得10 得x<1或x>3，
所以g(x)在(1，3)上单调递减，在(－∞，1)，(3，＋∞)上单调递增，
所以g(x)有极小值g(3)＝m，g(x)有极大值g(1)＝＋m.
若g(x)恰有两个零点，只需g(3)＝m＝0或g(1)＝＋m＝0，
解得m＝0 或m＝－.(12分)
20. 解：(1) 设Tr＋1＝C(axm)15－r·(bxn)r＝Ca15－r·brxm(15－r)＋nr为常数项，则有m(15－r)＋nr＝0，即m(15－r)－2mr＝0，所以r＝5，常数项为第6项．(4分)
(2) 因为展开式中，常数项是其各项系数最大的项，
所以第6项是系数最大的项，
所以有
由①得b≥a，
所以≤，
由②得a≥b，所以≥，
所以≤≤.(12分)
21. 解：(1) 由散点图知，选择回归类型y＝c·xd更适合．(2分)
(2) 对y＝c·xd两边取对数，得ln y＝ln c＋d ln x，
即v＝ln c＋du.
由表中数据得u－＝v－＝1.5，
＝，
∴ ln c＝v－－du－＝1.5－×1.5＝1，
∴ c＝e，
∴ 年研发费用x与年销售量y的回归方程为y＝e·x.(6分)
(3) 由(2)知，z(x)＝27x－x，
∴ z′(x)＝9x－－1，
令z′(x)＝9x－－1＝0，得x＝27，
且当x∈(0，27)时，z′(x)>0，z(x)单调递增；
当x∈(27，＋∞)时，z′(x)<0，z(x)单调递减．
所以当x＝27千万元时，年利润z取得最大值，且最大值为z(27)＝27×27－27＝54，
所以要使年利润取最大值，预计下一年度应投入2.7亿元研发费用．(12分)
22. 解：(1) 因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－1，所以切点为(1，－1)，所以f(1)＝1－ln 1＋m＝－1，得m＝－2.(3分)
(2) 由(1)得f(x)＝x－ln x－2，
则f′(x)＝1－＝(x>0)，
当01时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得极小值f(1)＝－1<0，
因为f(e－2)＝e－2－ln e－2－2＝e－2>0，
所以f(x)在区间(0，1)上存在一个零点x1，此时k＝0，
因为f(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，f(4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，
所以f(x)在区间(3，4)上存在一个零点x2，此时k＝3，
综上k＝0或k＝3.(6分)
(3) g(x)＝x2－bx－2－f(x)＝ln x＋x2－(b＋1)x(x>0)，
则g′(x)＝＋x－(b＋1)＝，
由g′(x)＝0，得x2－(b＋1)x＋1＝0，
因为x1，x2(x1所以方程x2－(b＋1)x＋1＝0有两个不相等的正实根x1，x2，
所以x1＋x2＝b＋1，x1x2＝1，
所以x2＝，
因为b≥，所以x1＋＝b＋1≥，
解得0因为0所以g(x1)－g(x2)＝ln x1＋x－(b＋1)x1－ln x2－x＋(b＋1)x2＝ln ＋(x－x)－(b＋1)(x1－x2)＝2ln x1－(x－)，
令F(x)＝2ln x－(x2－)(0则F′(x)＝－x－＝<0，
所以F(x)在(0，]上单调递减，
所以当x＝时，F(x)取得最小值，
即F(x)min＝2ln －(－4)＝－2ln 2，
所以k≤－2ln 2，
所以实数k的最大值为－2ln 2.(12分)