2023-2024學(xué)年度第二學(xué)期九縣（區(qū)、市)一中期末聯(lián)考高中二年數(shù)學(xué)科試卷C．a(chǎn)-d>b-cD．a(chǎn)c>bdA．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若聯(lián)考的學(xué)生有500人，則成績超100過分的人數(shù)約為（)A．100B．120C．125D．1505．已知正實(shí)數(shù)x，y滿足=1，則3xy-5x的最小值為（)xyA．24B．25C．266．的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為（)A．-140B．-141C．141D．1407．已知函數(shù)對(duì)于任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1,x2∈R，都有不等式(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0成立，則實(shí)數(shù)a取值范圍為（)8．已知函數(shù)f(x)定義域?yàn)镽，且2yf(x)-2xf(y)=xy(y-x)，下列結(jié)論成立的是（)A．f(x)為偶函數(shù)B．f(2)=-2C．f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減D．f(x)有最大值9．對(duì)具有相關(guān)關(guān)系的兩個(gè)變量x和)進(jìn)行回歸分析時(shí)，下列結(jié)論正確的是（)A．若A，B兩組成對(duì)數(shù)據(jù)的樣本相關(guān)系數(shù)分別為rA=0.97，rB=-0.99，則A組數(shù)據(jù)比B組數(shù)據(jù)的相關(guān)性較強(qiáng)B．若所有樣本點(diǎn)都落在一-條斜率為非零實(shí)數(shù)的直線上，則決定系數(shù)R2的值為1C．若樣本點(diǎn)的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為=0.4x+1.2，則在樣本點(diǎn)(2,1.7)處的殘差為0.3D．以y=cekx模型去擬合一組數(shù)據(jù)時(shí)，為求出回歸方程，設(shè)z=lny，將其變換后得到線性方程z=2x+3，則c，k的值分別是e3和210．已知事件A，B，且P，則11．已知函數(shù)f(x)=esinx+ecosx，則（)A．f(x)的圖象關(guān)于對(duì)稱B．f(x).f(x+n)≥4C．f(x)+f(-x)>3D．f(x)在區(qū)間上的極小值為2e-2x-x12．已知函數(shù)f(x)=(x+ax).(e-e)2x-x13．某快件從甲送到乙需要5個(gè)轉(zhuǎn)運(yùn)環(huán)節(jié)，其中第1，2兩個(gè)環(huán)節(jié)各有a，b兩種方式，第3，4兩個(gè)環(huán)節(jié)各有b，c兩種方式，第5個(gè)環(huán)節(jié)有d，e兩種方式，則快件從甲送到乙，第一個(gè)環(huán)節(jié)使用a方式的送達(dá)方式有種；從甲到乙恰好用到4種方式的送達(dá)方式有種.______14．定義Π(A)為集合A中所有元素的乘積，規(guī)定：只有一個(gè)元素時(shí)，乘積即為該元素本身，已知集合,集合M的所有非空子集依次記為M1、M2、…、M127，則1513分)對(duì)某地區(qū)2024年第一季度手機(jī)品牌使用情況進(jìn)行調(diào)查，市場占有率數(shù)據(jù)如下：乙品牌其他品牌市場占有率50%30%20%（1)從所有品牌手機(jī)中隨機(jī)抽取2部，求抽取的2部中至少有一部是甲品牌的概率；（2)已知所有品牌手機(jī)中，甲品牌、乙品牌與其他品牌手機(jī)價(jià)位不超過4000元的占比分別為40%，30%，50%，從所有品牌手機(jī)中隨機(jī)抽取1部，求該手機(jī)價(jià)位不超過4000元的概率.1615分)某工廠進(jìn)行生產(chǎn)線智能化升級(jí)改造，對(duì)甲、乙兩個(gè)車間升級(jí)改造后1)從該工廠甲、乙兩個(gè)車間的產(chǎn)品中各隨機(jī)抽取50件進(jìn)行檢驗(yàn)，其中甲車間優(yōu)等品占，乙車間優(yōu)等品占，請(qǐng)?zhí)顚懭缦铝新?lián)表：優(yōu)等品非優(yōu)等品總計(jì)乙車間總計(jì)依據(jù)小概率值α=0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為車間與優(yōu)等品有關(guān)聯(lián)結(jié)果精確到0.001)下表是X獨(dú)立性檢驗(yàn)中幾個(gè)常用的小概率值和相應(yīng)的臨界值.α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828（2)調(diào)查了近10個(gè)月的產(chǎn)量xi（單位：萬個(gè))和月銷售額yi（單位：萬元)，得到以下數(shù)據(jù)：xi試求經(jīng)驗(yàn)回歸方程.參考公式其中1715分)已知函數(shù)=alnx-（1)討論函數(shù)函數(shù)f(x)的的單調(diào)性；（2)若函數(shù)f(x)有極值點(diǎn)，（i)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（ii)判斷f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).1817分)甲和乙兩個(gè)箱子中各裝有N個(gè)大小、質(zhì)地均相同的小球，并且各箱中是紅球，是白球.（1)當(dāng)N=5時(shí)，分別從甲、乙兩箱中各依次隨機(jī)地摸出3個(gè)球作為樣本，設(shè)從甲箱中采用不放回摸球得到的樣本中紅球的個(gè)數(shù)為X，從乙箱中采用有放回摸球得到的樣本中紅球的個(gè)數(shù)為Y，求E(X)，E(Y)，D(X)，D(Y)；（2)當(dāng)N=10時(shí)，采用不放回摸球從甲箱中隨機(jī)地摸出5個(gè)球作為樣本，設(shè)Ak(k=1,2,3,4,5)表示“第k次取出的是紅球”，比較P(A1A2A3A4)與P(A1)P(A2)P(A3)P(A（3)由概率學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)總量N足夠多而抽出的個(gè)體足夠少時(shí)，超幾何分布近似為二項(xiàng)分布．現(xiàn)從甲箱中不放回地取3個(gè)小球，恰有2個(gè)紅球的概率記作P1；從乙箱中有放回地取3個(gè)小球，恰有2個(gè)紅球的概率記作P2．那么當(dāng)N至少為多少時(shí)，我們可以在誤差不超過0.003（即P1-P2≤0.003)的前提下認(rèn)為超幾1917分)已知函數(shù)f(x)=lnx+2x-b(b>2).（1)證明：f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)a，且a∈(1,b)；（2)我們?cè)鴮W(xué)習(xí)過“二分法”求函數(shù)零點(diǎn)的近似值，另一種常用的求零點(diǎn)近似值的方法是“牛頓切線法"．任取x1∈(1,a)，實(shí)施如下步驟：在點(diǎn)(x1,f(x1))處作f(x)的切線，交x軸于點(diǎn)(x2,0)；在點(diǎn)(x2,f(x2))處作f(x)的切線，交x軸于點(diǎn)(x3,0)；一直繼續(xù)下去，可以得到一個(gè)數(shù)列{xn}，它的各項(xiàng)是f(x)不同精確度的零點(diǎn)近似值.2023-2024學(xué)年第二學(xué)期高3二九縣（區(qū)、市)期末聯(lián)考高二年級(jí)（數(shù)學(xué))評(píng)分細(xì)則題號(hào)12345678答案DCBABCBD項(xiàng)符合要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0題號(hào)9答案BDABCABD151)解法1；隨機(jī)抽取1部手機(jī)，是甲品牌的概率0.5，:抽取的兩部手機(jī)至少有一部是甲品牌的概率P=1-0.52=0.75.解法2：隨機(jī)抽取1部手機(jī)，是甲品牌的概率為0.6×0.5=0.（2)解：從該地區(qū)所有品牌手機(jī)中隨機(jī)抽取1部，記事件A1，A2，A3分別為“抽取的手機(jī)為甲品牌、乙品牌、其他品牌手機(jī)”記事件B為“抽取的手機(jī)價(jià)位不超過4000元”所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)=P(A1)P(BA1)+P(A2)P(BA2)+P(A3)P(BA3).該手機(jī)價(jià)位不超過4000元的概率為0.39.161)優(yōu)等品非優(yōu)等品總計(jì)4050乙車間302050總計(jì)7030設(shè)H0：車間與優(yōu)等品無關(guān).根據(jù)小概率值α=0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能在犯錯(cuò)誤的概率不超過0.05的情況下，認(rèn)為兩車間的優(yōu)等品有差異.（2)解：依題意得：又因?yàn)閤iyi=200171)解：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}:f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減x) af+0-f(x)遞增極大值遞減:f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為單調(diào)遞減區(qū)間為綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)f(x)在定義域(0,+∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為單調(diào)遞減區(qū)間為.（2)解i)由（1)知a>0（ii)由（1)知f(x)的極大值為f()當(dāng)lna-1<0即0<a<e時(shí)，f<0，則f無零點(diǎn)；當(dāng)lna-1=0即a=e時(shí)，f=0，則f有1個(gè)零點(diǎn)：當(dāng)lna-1>0即a>e時(shí)，f:g(a)在(e,+∞)上單調(diào)遞減:g(a)<g(e)=lne-e=1-e<0，:f(a)<0:f(x)有2個(gè)零點(diǎn)；（注：當(dāng)a>e時(shí)的情況，沒有給出函數(shù)值為負(fù)值的2個(gè)特殊點(diǎn)，直接得出2個(gè)零點(diǎn)，給1分)綜上所述：當(dāng)0<a<e時(shí)，f(x)無零點(diǎn)當(dāng)a=e時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>e時(shí)，f(x)有2個(gè)零點(diǎn)181)對(duì)于有放回摸球，每次摸到紅球的概率為0.6，且每次試驗(yàn)之間的結(jié)果是獨(dú)立的，X服從超幾何分布，X的可能取值為1，2，3，則(5,10(5,5(5,10252(5,10(5,5(5,1025解：QP即采用不放回摸球，每次取到紅球的概率都為P(Ak)=：化簡得N2-195N+290≥0，又則又則ff所以f(x)在(0,、i290)上單調(diào)遞減，在(s290,+∞)上單調(diào)遞增，【此處證單調(diào)性另解：所以f(x)在x=·i290≈17.03處取得最小值，從而y=N+在N≥18時(shí)單調(diào)遞增，:當(dāng)N≥194時(shí)，符合題意考慮到N，N都是整數(shù)，則N一定是5的正整數(shù)倍，所以N至少為195時(shí)，在誤差不超過0.003（即P1-P2≤0.003)的前提下認(rèn)為超幾何分布近似為二項(xiàng)分布.解法2：化簡得N2-195N+290≥0，QN為整數(shù)，:N≤1或N≥194QN，N都是整數(shù)，則N一定是5的正整數(shù)倍，所以N至少為195時(shí)，在誤差不超過0.003（即P1-P2≤0.003)的前提下認(rèn)為超幾何分布近似為二項(xiàng)分布.(x)=+2>0在(0,+∞)上恒成立，所以函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以，曲線f(x)在(xn,f(xn))處的切線斜率為kn=+2，n所以，曲線f(x)在(xn,f(xn))處的切線方程為所以，切線與x軸的交點(diǎn)，即xn+1=所以，由（i)知，