2024-2025学年山东省威海市高二（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年山东省威海市高二（下）期末数学试卷一、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.已知集合M={−1,0,1,2,3}，N={x|lnx<1}，则M∩N=(

)A.{−1,0,1,2} B.{−1,1,2} C.{1,2} D.{1,2,3}2.设f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)在x=x0处可导，则“x0是y=f(x)的极值点”是“f′(xA.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.已知随机变量X～N(2,4)，则(

)A.E(X)=4 B.E(2X+1)=5 C.D(X)=2 D.D(2X+1)=84.用0、1、2、3、4五个数字，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为(

)A.18 B.24 C.30 D.485.已知函数f(x)=f(x−1),x>12x−1,x≤1，则A.12 B.34 C.546.已知随机事件A，B满足P(AB)=0.4，P(A)=0.6，P(B|A−)=0.5，则P(B)=A.0.4 B.0.5 C.0.6 D.0.87.已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x)=−f(x+2)，若f(2)=2，则i=118f(i)=A.0 B.2 C.8 D.108.有分别标有数字1，2，3，4的小球各2个，它们的形状、大小、材质完全相同，现从这8个小球中任取4个，则取出的小球上的数字之和为10的概率为(

)A.835 B.1770 C.935二、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.某位同学10次考试的物理成绩y与数学成绩x如下表所示：数学成绩x76827287937889668176物理成绩y808775861007993688577已知y与x线性相关，计算可得x−=80，y−=83，回归直线方程为A.y与x正相关

B.a​=5

C.相关系数r>0

D.若该同学第11次考试的数学成绩为80，物理成绩为83，则以这10.对于每个实数x，设f(x)取y=|x−1|，y=|x−2|两个函数值中的最大值，则(

)A.f(1)=0 B.当x∈(−∞,−4)时，f(x)>4−12x

C.f(x)在(−∞,2)上单调递减 D.11.已知函数f(x)=e|x+2|(x+2)2，f(x)的导函数为A.存在x0，使得f(x0)=1

B.对于定义域内的任意x，都有f(−4−x)−f(x)=0

C.函数y=f′(x−2)的图象关于原点对称

D.方程三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=lnx+2x，则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为______．13.(1−2x2)(1+x)514.若对任意x∈(1,+∞)，x+ex−1>alnx+xa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13分)

在科技飞速发展的今天，人工智能(AI)领域迎来革命性的突破，各种AI工具拥有强大的解决问题的能力.某企业为了解男女员工对AI工具的使用情况，随机调查了200名员工，得到如下数据：经常使用不经常使用合计男性8020100女性6040100合计14060200(1)根据小概率值α=0.005的独立性检验，分析该企业员工对AI工具的使用情况是否与性别有关；

(2)为鼓励员工使用AI工具，企业采用按性别分层抽样的方式，在被调查的经常使用AI工具的员工中，抽取了7名员工组成AI工具宣传小组.现从这7名员工中随机选出3名担任宣传组长，记选出的3名宣传组长中女员工的人数为随机变量X，求X的数学期望．

参考公式：χ2=n(ad−bc)2P(0.1000.0500.0100.0050.001k2.7063.8416.6357.87910.82816.(本小题15分)

已知函数f(x)=2x−a⋅2−x，g(x)=x+1x．

(1)当a=−2时，解关于x的方程f(x)=3；

(2)若对∀17.(本小题15分)

已知甲、乙、丙三个品牌的手机从1米高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率均为34，当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率依次为13，23，25，假设三个品牌的手机掉落后屏幕是否碎掉互不影响．

(1)求这3个品牌的手机中至少有2个品牌第一次掉落屏幕未碎掉的概率；

(2)设这3个品牌的手机掉落两次后屏幕仍未碎掉的品牌个数为随机变量X，求X的分布列；

(3)已知3个品牌的手机掉落两次后恰有18.(本小题17分)

已知函数f(x)=x3+3ax2+b．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a=0，b=2时，求曲线y=f(x)过点(2,10)的切线方程；

(3)若f(x)存在三个不同的零点x119.(本小题17分)

已知函数f(x)=lnx+ax−x2．

(1)若f(x)在[1,+∞)上单调递减，求a的取值范围；

(2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，

(i)求a的取值范围；

(ii)证明：x答案解析1.【答案】C

【解析】解：N={x|lnx<1}={x|0<x<e}，

又因为M={−1,0,1,2,3}，

所以M∩N={1,2}．

故选：C．

化简集合N，然后利用交集运算求解即可．

本题主要考查了对数函数的性质，考查了集合的交集运算，属于基础题．2.【答案】A

【解析】解：当f′(x0)=0时，x0不一定为函数y=f(x)的极值点，

比如f(x)=x3，f′(x)=3x2，满足f′(0)=0，但f(x)=x3在R上单调递增，

即0不是函数f(x)=x3的极值点，

根据函数极值点的定义可知x0为函数y=f(x)的极值点，必有f′(x0)=0；

故“x0为函数y=f(x)3.【答案】B

【解析】解：因为X～N(2,4)，则E(X)=2，D(X)=4，

所以A、C选项错误；

所以E(2X+1)=2E(X)+1=5，B选项正确；

D(2X+1)=4D(X)=16，D选项错误．

故选：B．

根据正态分布性质结合数学期望及方差性质计算判断各个选项．

本题考查正态分布以及期望与方差的性质，属于基础题．4.【答案】A

【解析】解：由题意可知，末位数字为1或3，首位数字有3种选择，则中间的数位有3种选择，

由分步乘法计数原理可知，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为2×32=18．

故选：A．

由题意可知，末位数字为1或3，首位数字有3种选择，则中间的数位有35.【答案】B

【解析】解：f(x)=f(x−1),x>12x−1,x≤1，

由log22<log23<log24，则1<log23<26.【答案】C

【解析】解：因为P(AB)=0.4，P(A)=0.6，

则P(B|A)=P(AB)P(A)=23，

又P(B|A−)=0.5，

则P(B)=P(A)P(B|A)+P(A7.【答案】B

【解析】解：∵f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x)=−f(x+2)，

∴f(−x)=f(x)，

∴f(1)=−f(3)，f(2)=−f(4)，则f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0，

令x=−1得，f(−1)=−f(1)，即f(1)=−f(1)，∴f(1)=0，

f(x+4)=−f(x+2)=−[−f(x)]=f(x)，所以4为函数f(x)的一个周期，

故i=118f(i)=f(1)+f(2)+4[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=2．

故选：B．

由f(x)=−f(x+2)得到f(x)的周期为4，再结合f(x)=−f(x+2)可得，f(1)=−f(3)，f(2)=−f(4)，f(1)=0，代入i=18.【答案】C

【解析】解：总情况共有C84=70种，

满足要求的情况如下：

①4个小球上的数字分别是：1，1，4，4，即有1种情况；

②4个小球上的数字分别是：1，2，3，4，即有C21C21C21C21=16种情况，

③4个小球上的数字分别是：2，2，3，3，即有1种情况，

即取出的小球上的数字之和为10的情况有1+16+1=18种，

所以取出的小球上的数字之和为10的概率为1870=935．

故选：C．

先根据题意求出从这8个小球中任取4个的情况共有C84种，又4个小球上的数字之和为10的情况有：①1，1，49.【答案】ACD

【解析】解：A，在y=1.1x+a中，1.1>0，则y与x正相关，故A正确；

B，由x−=80，y−=83，则样本中心点为(80,83)，

代入得83=1.1×80+a，解得a=−5，故B错误；

C，根据选项A可得相关系数r>0，故C正确；

D，新增数据点为(80,83)，该点恰好是原样本中心，

且新增点不影响协方差和方差的计算(新增点的xi−x10.【答案】BD

【解析】解：由题意f(x)取y=|x−1|，y=|x−2|两个函数值中的最大值，

则x=1时，y=|1−1|=0，y=|1−2|=1，所以f(1)=1，故A选项错误；

当x<−4时，y=|x−1|<|x−2|=2−x，所以f(x)=2−x，

所以f(x)−(4−x2)=2−x−(4−x2)=−x2−2>0，所以f(x)>4−x2，故B选项正确；

因为32<74,f(32)=12,f(74)=3411.【答案】BCD

【解析】解：f(x)=e|x+2|(x+2)2

的定义域为(−∞,−2)∪(−2,+∞)，

且f(−4−x)=e|−4−x+2|(−4−x+2)2=e|−2−x|(−2−x)2=e|2+x|(2+x)2=f(x)，故B正确；

故f(x)=e|x+2|(x+2)2的图象关于x=−2对称，①

当x>−2时，f(x)=ex+2(x+2)2，f′(x)=xex+2(x+2)3，

令f′(x)>0，得x>0；令f′(x)<0，得−2<x<0；

所以f(x)在(−2,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，由①知，

f(x)在(−4,−2)上单调递增，在(−∞,−4)上单调递减．

f(x)min=f(0)=f(−4)=e24，故A不正确；

因为f(x−2)=e|x|x2=exx2,x>0e−xx2,x<0，

当x>0时，f(x−2)=exx2,f′(x−2)=(x−2)exx3，

当x<0时，f(x−2)=e−xx2，f′(x−2)=−e−x(x+2)x3，

所以，f′(x−2)=−e−x(x+2)x3,x<0ex(x−2)x3,x>0，

当x>0时，−x<0，f′(−x−2)=−e−(−x)(−x+2)(−x)3=−ex(x−2)−x3=−ex(x−2)x3=−f′(x−2)；

当x<0时，−x>0，f′(−x−2)=(−x−2)e−x(−x)3=−(x+2)e−x−x3=12.【答案】3x−y−1=0

【解析】解：由f(x)=lnx+2x，得f(1)=2，f′(x)=1x+2，

故切线的斜率k=f′(1)=1+2=3，

所以切线方程为y−2=3(x−1)，即3x−y−1=0．

故答案为：3x−y−1=0．

先求出f(1)=2，求出导函数，得到f′(1)=1+2=313.【答案】−15

【解析】解：展开式(1+x)5通项公式为C5rxr，

则(1−2x2)(1+x)5的展开式中x4的系数为C54−214.【答案】(−∞,1]

【解析】解：依题意可得x+ex−1>alnx+xa+1在x∈(1,+∞)上恒成立，(∗)

当a≤0时，令f(x)=x+ex−1−alnx−xa−1，x∈(1,+∞)，

则f′(x)=1+ex−1−ax−axa−1=1+ex−1−a(1x+xa−1)>0，

则f(x)在(1,+∞)上单调递增，

所以f(x)min>f(1)=0，故(∗)成立；

当a>0时，x+ex−1>alnx+xa+1，即x−1+ex−1>lnxa+elnxa，

令g(t)=t+et，t>0，

易知g(t)=t+et在(0,+∞)上单调递增，

又t=x−1>0，且t=lnxa=alnx>0，x∈(1,+∞)，

则(∗)成立，等价于g(x−1)>g(lnxa)在x∈(1,+∞)上恒成立，

即x−1>lnxa=alnx在x∈(1,+∞)上恒成立，

即x−alnx−1>0在x∈(1,+∞)上恒成立，(∗∗)

令ℎ(x)=x−alnx−1，x∈(1,+∞)，则ℎ′(x)=1−ax，

若0<a≤1时，ℎ′(x)>0，此时ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，

所以ℎ(x)min>ℎ(1)=0，故(∗∗)成立，即(∗)成立；

若a>1时，令ℎ′(x)=1−ax=0，解得x=a，15.【答案】企业员工对AI工具的使用情况与性别有关；

97．【解析】(1)零假设H0：该企业员工对AI工具的使用情况与性别无关，

则χ2=200×(80×40−20×60)2100×100×60×140≈9.524>7.879，

根据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“该企业员工对AI工具的使用情况与性别无关”，此推断犯错误的概率不超过0.005，

故分析认为企业员工对AI工具的使用情况与性别有关；

(2)由题意知，抽取的7名员工中男员工有4名，女员工有3名，

则X的所有可能取值为：0，1，2，3，

则P(X=0)=C43C73=435，P(X=1)=C3116.【答案】x=0或x=1．

(−∞,−1]．

【解析】(1)当a=−2时，2x+22x=3，

即(2x)2−3⋅2x+2=0，

解得2x=1或2x=2，

所以x=0或x=1；

(2)设f(x)在[0,1]上的值域为A，g(x)在(0,+∞)上的值域为B，则A⊆B，

因为x∈(0,+∞)，所以g(x)=x+1x≥2，当且仅当x=1x即x=1时等号成立，

所以B=[2,+∞)，

因为A⊆B，所以f(x)=2x−a⋅2−x≥217.【答案】2732．

答案见解析．

737【解析】(1)甲、乙、丙三个品牌的手机从1米高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率均为34，

当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率依次为13，23，25，

假设三个品牌的手机掉落后屏幕是否碎掉互不影响，

设事件D表示“3个品牌的手机中至少有2个品牌第一次掉落屏幕未碎掉”，

则这3个品牌的手机中至少有2个品牌第一次掉落屏幕未碎掉的概率为：

P(D)=C32(34)2⋅14+C33(34)3=2732．

(2)依题意，随机变量X的取值集合为{0,1,2,3}，

设事件A表示“甲品牌的手机掉落两次后屏幕仍未碎掉”，

事件X0123P2137193(3)设事件E表示“3个品牌的手机掉落两次后恰有1个品牌的手机屏幕仍未碎掉”，

事件F表示“3个品牌的手机掉落两次后恰有甲品牌的手机屏幕仍未碎掉”，

由(2)知，P(E)=P(X=1)=3780，P(EF)=14×12×710=780，

所以已知3个品牌的手机掉落两次后恰有1个品牌的手机屏幕仍未碎掉，

该品牌手机是甲的概率为P(F|E)=P(FE)18.【答案】答案见解析；

y=12x−14或y=3x+4；

证明见解析．

【解析】(1)f′(x)=3x2+6ax=3x(x+2a)，

①当a=0时，f′(x)=3x2≥0，

所以f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞)，无单调递减区间；

②当a>0时，令f′(x)>0，解得x<−2a或x>0，令f′(x)<0，解得−2a<x<0；

所以f(x)的单调递增区间为(−∞,−2a)，(0,+∞)，单调递减区间为(−2a,0)；

③当a<0时，令f′(x)>0，解得x<0或x>−2a，令f′(x)<0，解得0<x<−2a；

所以f(x)的单调递增区间为(−∞,0)，(−2a,+∞)，单调递减区间为(0,−2a)．

综上，当a=0时，f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞)，无单调递减区间；

当a>0时，f(x)的单调递增区间为(−∞,−2a)，(0,+∞)，单调递减区间为(−2a,0)；

当a<0时，f(x)的单调递增区间为(−∞,0)，(−2a,+∞)，单调递减区间为(0,−2a)．

(2)当a=0，b=2时，f(x)=x3+2，则f′(x)=3x2，

设切点为(x0,x03+2)，

则切线的斜率k=f′(x0)=3x02，

所以切线方程为y−x03−2=3x02(x−x0)，

又因为经过点(2,10)，

所以10−x03−2=3x02(2−x0)，

即x03−3x02+4=0，整理得(x0−2)2(x0+1)=0，

解得x0=2或x0=−1，

所以过点(2,10)的切线方程为y=12x−14或y=3x+4．

(3)证明：法一：若f(x)存在三个不同的零点x1<x2<x3，

因为x1+x3=2x2，可设x1=x2−d，x3=x2+d，d>0，

则(x2−d)3+3a(x2−d)2+b=0，x23+3ax22+b=0，(x2+d)3+3a(x19.【答案】(−∞,1]．

(i)(1,+∞)．

(ii)证明见解析．

【解析】(1)若f(x)在[1,+∞)上单调递减，

则f′(x)=1x+a−2x≤0对任意x∈[1,+∞)恒成立，

即a≤2x−1x对任意x∈[1,+∞)恒成立，

令g(x)=2x−1x，

因为g(x)在[1,+∞)上单调递增，

所以g(x)的最小值为g(1)=1，

所以a的取值范围为(−∞,1]．

(2)(i)法一：f′(x)=1x+a−2x=−2x2+ax+1x，

令f′(x)=0，则−2x2+ax+1=0，

判别式Δ=a2+8>0