四川省凉山州安宁联盟2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题（含答案）

安宁联盟2023—2024学年度下期高2022级期末联考数学考试时间共120分钟，满分150分注意事项：1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡上的“条码粘贴处”．2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效．3．考试结束后由监考老师将答题卡收回．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、在等差数列中，，，则数列的公差d（）A．1B．2C．3D．42、函数f（x）＝lnx－x＋1的图像在点（1，f（1））处的切线方程是（）A．y＝0B．x＝0C．y＝1D．x＝13、的二项展开式中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（）A．B．C．D．4、为弘扬“五四”精神学校举行了一次演讲比赛，经过大数据分析，发现本次演讲比赛的成绩服从N（70，64），据此估计比赛成绩不小于86的学生所占的百分比为（）参考数据：P（－X）0.6827，P（－2X2）0.9545，P（－3X3）0.9973A．0.135％B．0.27％C．2.275％D．3.173％5、电影飞驰人生中对汽车的撞击能力进行检测，需要对汽车实施两次撞击，若没有受损，则认为该汽车通过质检．若第一次撞击后该汽车没有受损的概率为0.84，当第一次没有受损时第二次实施撞击也没有受损的概率为0.85，则该汽车通过检验的概率为（）A．0.794B．0.684C．0.714D．0.6846、已知函数在区间[1，2]上单调递增，则实数a的最大值是（）A．1B．C．D．7、用红、黄、蓝三种不同颜色给如图所示的4块区域A、B、C、D涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法（）A．14种B．16种C．20种D．18种8、已知可导函数f（x）的定义域为（－∞，0），其导函数f′（x）满足xf′（x）＋2f（x）＞0，则不等式的解集为（）A．（－2025，－2024）B．（－2024，－2023）C．（－∞，－2024）D．（－∞，－2023）二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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、设随机变量ξ的分布列为，（k＝1，2，3，4），则（）A．10a＝1 B．P（0.3＜ξ＜0.82）＝0.5C． D．P（ξ＝1）＝0.310、已知等差数列的前n项和为，且满足，，则下列选项正确的有（）A． B．数列是递增数列C．当n＝15时，取得最大值为225 D．的最小值为111、已知m∈R，n∈R，且mn≠0，x＝1为函数的极小值点，则下列不等式可以成立的有（）A． B．C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12、若已知，则13、某学校选派甲，乙，丙，丁共4位教师分别前往A，B，C三所中学支教，其中每所中学至少去一位教师，乙，丙不去C中学但能去其他两所中学，甲，丁三个学校都能去，则不同的安排方案的种数是________（用数字作答）14、已知，，对任意的x＞2都有f（x）≤g（x），则a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、已知数列的前n项和为，，（1）证明：是等比数列，并求出的通项公式；（2）已知，求数列的前n项和．16、某歌手选秀节目，要求参赛歌手先参加初赛．歌手晋级与否由A、B、C三名导师负责．首先由A、B两位导师对歌手表现进行初评，若两位老师均表示通过，则歌手晋级；若均表示不通过，则歌手淘汰；若只有一名导师表示通过，则由老师C进行复合审查，复合合格才能通过；并晋级．已知每个歌手通过A、B、C三位导师审核的概率分别为，，，且各老师的审核互不影响．（1）在某歌手通过晋级的条件下，求他（她）经过了复合审查的概率；（2）从参赛歌手中选出3人，设其中通过晋级的人数为X，求X的分布列和数学期望．17、教育局为了了解本区高中生参加户外运动的情况，从本区随机抽取了600名高中学生进行在线调查，收集了他们参加户外运动的时间（单位：小时）分配情况等数据，并将样本数据分成[0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]，（8，10]，（10，12]，（12，14]，（14，16]，（16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．（1）为进一步了解这600名学生参加户外运动时间的分配情况，从参加户外运动时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人．记参加户外运动时间在（14，16]内的学生人数为X，求X的分布列和期望；（2）以调查结果的频率估计概率，从该区所有高中学生中随机抽取10名学生，用“”表示这10名学生中恰有k名学生户外运动时间在（10，12]（单位：小时）内的概率，当最大时求k的值．18、已知等差数列的公差d≠0，且，，成等比数列，的前n项和为，，设，数列的前n项和为，（1）求数列的通项公式；（2）若不等式对一切恒成立，求实数λ的最大值．19、已知函数f（x）＝mx－lnx，的定义域为（0，＋∞）．（1）求g（x）的极值点；（2）讨论f（x）的单调性；（3）若函数f（g（x））存在唯一极小值点，求m的取值范围．安宁河联盟2023～2024学年度下期高中2022级期末联考数学答案一、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、【答案】B解析：因为，，所以解答d＝22、【答案】A3、【答案】A解析：因为，所以n＝8，所以二项展开式的通项为，所以二项展开式中二项式系数最大的项为4、【答案】C解析：依题意，μ＝70，σ＝8，86＝μ＋2σ所以测试成绩不小于86的学生所占的百分比为故选：C．5、【答案】C．解析：设表示第i次撞击后该汽车没有受损，i＝1，2，则由已知可得，，，所以由乘法公式可得，即该构件通过质检的概率是0.714．故选：C．6、【答案】B解析：由f（x）在区间上单增有在[1，2]上恒成立，则，易得当时a的最大值为7、【答案】D解析：先涂A，有3种涂法，再涂B有2种涂法，涂C时，与A同色，有1种涂法，此时D有2种涂法，当C与A异色时有1种涂法，这是D有1种涂法，所以共有3×2×（1×2＋1×1）＝18种8、【答案】A解析：令则g′（x）＝x·[xf′（x）＋2f（x）]＜0，故g（x）在（－∞，0）单减．不等式可变形为，即g（x＋2024）＜g（－1）所以有x＋2024＞－1，且x＋2024＜0得－2025＜x＜－2024二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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、【答案】ABC10、【答案】ACD解析：因为，，解得d＝－2，，A．令n＝9，解得，正确B．d＝－2＜0，数列是递减数列，因此数列是递增数列错误C．，当n＝15时，取得最大值为225．正确D．令，，∴f（n）在时单调递增，∴f（n）的最小值为f（1）＝1，正确11、【答案】B，D解析：f′（x）＝（x－1）（3mx－m－2n），由或，因为f（x）在x＝1处取得极小值，故得m≠n．若m＞0，则，得n＜m，此时若n＜0，四个选项均不成立．若n＞0时，．若m＜0，则，得n＜m＜0，此时．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12、【答案】512解析：由，令x＝－2，则①令x＝－4，则②由①＋②得所以13、【答案】14种解析：C学校去一个人：；C学校去2个人：只能是甲，丁，故有：1×2所以共有14、【答案】∵f（x）≤g（x）∴令，则，当x＞2时，F′（x）＞0∴F（x）在（2，＋∞）上单调递增∴令，则，x＝eh（x）在（2，e）上单调递减，在（e，＋∞）上单调递增，∴a≤e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、解析：（1）因为，当n＝1时，，，∴；当n≥2时，，，两式相减得，又∵，∴数列是首项为3，公比为2的等比数列，∴（2）∴16、解析：（1）设事件A＝{A老师表示通过}，事件B＝{B老师表示通过}，事件C＝{C老师表示通过}，事件D＝{歌手通过晋级}，事件E＝{歌手经过复审}，则，，，，因此，所以它经过了复审的概率为．（2）依题意，X的可能取值为0，1，2，3，显然，，则，，所以X的分布列如下：X0123P数学期望为．17、解析：（1）由频率分布直方图得：2（0.02＋0.03＋0.05＋0.05＋0.15＋a＋0.05＋0.04＋0.01）＝1，解得a＝0.10；这600名学生中参加公益劳动时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生人数分别为：600×0.10＝60人，600×0.08＝48人，600×0.02＝12人若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从参加公益劳动时间在[14，16]内的学生中抽取：人，现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，，，，，∴X的分布列为：X0123P则其期望为；（2）由（1）可知参加公益劳动时间在（10，12]的概率P＝0.1×2＝0.2，所以依题意，即，解得因为k为非负整数，所以k＝2，即当最大时，k＝218、解析：（1）由已知等差数列得解得，所以，所以（2），①，②所以①－②得所以所以由（1）得，所以∵不等式对一切恒成立∴且∴对一切恒成立即对一切恒成立，∴令，则，∴当1≤n≤3时，f（n＋1）－f（n）＜0，∴单调递减；当n＝4时，f（n＋1）＝f（n），即；当n≥5时，f（n＋1）－f（n）＞0，∴单调递增；综上，的最小值为，∴，∴λ的最大值为．19、解析：（1）g（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），，令g′（x）＞0得x＞1，令g′（x）＜0得x＜1且x≠0故g（x）在（－∞，0）和（0，1）单调递减，在（1，＋∞）单调递增．所以x＝1是g（x）的极小值点，无极大值点（2）f（x）的定义域为（0，＋∞），若m＜0，f′（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减若m＞0，令f′（x）＞0得；令f′（x）＜0得所以f（x）在上单调递减，在上单调递增综上，当m＜0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减，当m＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增（3）令，则．令，则①当m＜0时，h′（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，故当x∈（0，1）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，当x∈（1，＋∞）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减．所以F（x）有唯一极大值点，没有极小值点，不满足题意．②当m≥1时，在（0，＋∞）恒成立，h（x）在（0，＋∞）单增，h（x）＞h（0）＝m＞1故当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，当x∈（1，＋∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增．所以F（x）有唯一极小值点，满足题意．③当0＜m＜1时，令h′（x）＜0，得0＜x＜－lnm；令h′（x）＞0，得x＞－lnm故h（x）在（0，－lnm）上单调递减，在（