2024-2025学年山东省威海市高二（下）期末数学试卷（含答案）

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318.(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x19.(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参考答案1.C

2.A

3.B

4.A

5.B

6.C

7.B

8.C

9.ACD

10.BD

11.BCD

12.3x−y−1=0

13.−15

14.(−∞,1]

15.(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)=C43C16.(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17.(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=18.(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=0，19.(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，且两根之积为−12，

故该方程有唯一正根，设为x0，

当0<x<x0时，f′(x)>0，

所以f(x)在(0,x0)上单调递增，

当x>x0时，f′(x)<0，

所以f(x)在(x0,+∞)上单调递减，

又当x→0时，f(x)→−∞，

当x→+∞时，f(x)→−∞，

若f(x)有两个不同的零点，则f(x0)>0，

所以lnx0+ax0−x02>0，

又因为ax0=2x02−1，

所以lnx0+x02−1>0，

令ℎ(x)=lnx+x2−1，则ℎ′(x)=1x+2x>0，

所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，

因为ℎ(1)=0，

所以x0>1，

由于函数y=2x,y=−1x均为x>1上的单调递增函数，

所以y=2x−1x在x>1上单调递增，

所以a=2x0−1x0>1，

所以a的取值范围为(1,+∞)．

(ii)证明：不妨设x1<x2，

因为f(1)=a−1>0，可得x1<1<x2，

因为lnx1+ax1−x12=0，lnx2+ax2−x22=0，

所以a=x1−lnx1x1=x2−lnx2x2，

令p(x)=x−lnxx，则p(x1)=p(x2)=a，

令q(x)=p(1x)−p(x)=1x−x+(x+1x)lnx，

则q′(x)=−