【文档说明】湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，854.292 KB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年度下学期武汉市重点中学5G联合体期末考试高二数学试卷命题学校：武汉市吴家山中学命题教师：邱道审题教师：胡显义考试时间：2024年6月27日试卷满分：150分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位

置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．考试结束

后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合2340Axxx=−−，()2ln1Byyx==+，则AB=（）

A.1,4−B.0,1C.)1,−+D.0,4【答案】C【解析】【分析】分别求两个集合，再求并集.【详解】234014xxx−−−，即14Axx=−，211x+，所以()2ln10x+，即

0Byy=，所以)1,AB=−+.故选：C2.设()fx是可导函数，且()()0131lim2xfxfx→+−=，则()fx在1x=处的切线的斜率等于（）A2B.23C.1−D.2−【答案】B【解析】【分析】根据条件

得到2(1)3f=，再利用导数的几何意义，即可求出结果..【详解】因为()()0131lim2xfxfx→+−=，所以()()()()0013113112(1)limlim333xxfxffxffxx→→+−+−===，由导数的几何意义知，()fx在1x=处的切线

的斜率为23，故选：B.3.已知变量x与y的数据如下表所示，若y关于x的经验回归方程是ˆ1.28.4yx=+，则表中m=（）x12345y1011m1315A.11B.12C.12.5D.13【答案】A【解析】【分析】利

用样本中心点求解即可.【详解】1234510111315493,555mmxy+++++++++====，因为经验回归方程经过样本中心(),xy，所以491.238.45m+=+，解得11m=.故选：A.4.甲、乙、丙

、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况（）A.24B.36C.54D.60【答案】C【解析】【分

析】首先根据条件得到排列的要求，再按照受限制元素优先的原则，进行排列，即可求解.【详解】由条件可知，甲和乙都不是第一名，乙也不是最后一名，所以先排乙有3种方法，再排甲有3种方法，其他就是全排列33A种方法，所以5人的名次排列有3333A54=种方法.故选：C5.()52xxy+

+的展开式中33xy的系数是（）A.20B.30C.40D.50【答案】A【解析】【分析】根据二项式定理的通项公式确定r的值即可求出系数.【详解】因为()52xxy++的展开式中，通项公式()5215CrrrrTyxx−+=+,令53r−=，

得2r=，则()223235CTyxx=+，又()224322xxxxx+=++,所以33xy的系数为252C20=.故选：A.6.柯西分布（Cauchydistribution）是一个数学期望不存在的

连续型概率分布．记随机变量X服从柯西分布为()0,XCx，其中当1=，00x=时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为()()21π1fxx=+．已知()1,0XC，3133PX=，311312PX=，则()1PX=（）

A.16B.23C.14D.12【答案】D【解析】【分析】根据概率密度函数的对称性，结合条件，即可求解.【详解】函数()()21π1fxx=+关于y轴对称，由3133PX=可知，63103PX=

，且311312PX=，则()1111126124PX=−−=，所以()111242PX==.故选：D7.已知函数()221ln2fxxxaxx=−−，则“()fx有两个极值”的一个必要不充分条件是（）A.11a−B.104a

−C.102a−D.102a【答案】A【解析】【分析】由题意可知()0fx=有两个不等的实数解，转化为方程ln12xxax+−=有两个实根，再次转化为ln1()2xxgxx+−=的图象与ya=有两个不同的交点，然后利用导数()gx的单调区间，画

出()gx的图象，结合图象求解即可.【详解】()fx的定义域为(0,)+，则()ln12fxxaxx=+−−，因为()fx有两个极值，所以()0fx=有两个不等的实数解，由()ln120fxxaxx=−−+=，得ln12xxax+−=，令ln1()2xxgxx+−=，ya=，则221

2(1)2(ln1)ln()(2)2xxxxxgxxx−−+−−==，当01x时，()0gx，当1x时，()0gx，所以()gx在(01),上递增，在(1,)+上递减，因为ln1ln11()2222xxxgxxxx+−==

+−，(1)0g=，所以当0x→时，()gx→−，当x→+时，1()2gx→−，所以()gx的图象如图所示，由图可知当102a−时，ya=的图象与()gx的图象有两个不同的交点，即()fx有两个极值，因为102

aa−是11aa−的真子集，所以“()fx有两个极值”的一个必要不充分条件是11a−，故选：A【点睛】关键点点睛：此题考查函数的极值，考查导数的应用，解题的关键是将问题转化为两函数图象有两个交点，考查数形

结合的思想，属于较难题.8.已知,,xyR,若2e(1)exyxy−−−,则222cos2sinxyxy+−−的最小值等于()A.322−B.222−C.222+D.322+【答案】B【解析】【分析】先变形为2e(

2)10xyxy−−−−−−=，证明20xy−−=，再把问题转化为求直线上的动点到圆上动点距离的最小值.【详解】由题设2e20()1xyxy−−−−−−，设()e1xfxx=−−,则()e1xfx=−，当(,0),()0,

()xfxfx−单调递减，当(0,),()0,()xfxfx+单调递增，所以()(0)0fxf=，即2e20()1xyxy−−−−−−，综上，2e(2)10xyxy−−−−−−=，即(2)0fxy−−=，所以20xy−−=，设P是直线20xy−−=上的点，(cos,s

in)Q是圆221xy+=上的点，而目标式为222222cos2sin(cos)(sin)1||1xyxyxyPQ+−−=−+−−=−，由min|002|||1212PQ−−=−=−，故()22min||1(21)1222PQ−=−−=−.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小

题6分，共18分．在给出的选项中，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.下列命题正确的是（）A.命题“对任意Rx，210xx++”的否定是“存在Rx，使得210x

x++”B.“11a”的充分不必要条件是“1a”C.设,Rxy，则“2x且2y”是“224xy+”的充分不必要条件D.设,Rab，则“0a”是“0ab”的充分不必要条件【答案】BC【解析】【分析】对于A选项

，用量词命题的否定可得解；对于B选项，用集合法可以判断；对于C选项，用充分条件和必要条件的定义可以判断，对于D选项，用等价法可以判断.【详解】对于A选项，命题“对任意Rx，210xx++”的否定是“存在Rx，使得210xx++”，故A错误

；对于B选项，110aa或1a，因为1aa⫋{|0aa或1}a，所以“1a”是“11a”的充分不必要条件，故B正确；对于C选项，充分性：当2x且2y时，2244xy且，则22

84xy+，所以具有充分性，必要性：令21，==xy,2254xy+=，但“2x且2y”不成立，所以不具有必要性，所以“2x且2y”是“224xy+”的充分不必要条件，故C正确；对于D选项，因为“0ab=”是“0a=

”的必要不充分条件，所以“0a”是“0ab”的必要不充分条件，故D错误.故选：BC10.将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（）A.共有256种放法B.恰有一个盒子不放球，共有72种放法C.恰有两个盒子不放球，共有84种放法D

.没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种【答案】ACD【解析】【分析】按照分步乘法计数原理判断A，B，先分组、再分配，即可判断C，先确定编号为1的球的放法，再确定与1号球所放盒子的编号相同的球的

放法，按照分步乘法计数原理判断D.【详解】若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有44256=种放法，故A正确；恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则11224342CCCA

144=种放法，故B错误；恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为3，1或2，2两种情况，故共()21124424CCCC84+=种放法，故C正确；编号为1的球有3种放法，编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号或其他

两个盒子，共有121C3+=，即339=种放法，故D正确．故选：ACD．11.下列选项中正确的是（）A.已知随机变量X服从二项分布15,2B，则()25DX=B.口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量X，则X的数学期望()75EX=

C.某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是8次D.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且()13PA=，()34PB=，()12PAB+=，则()34PBA=【答案】ABD【解析】【分析】根据二项分布方差公式，以及方差的性

质，即可判断A；代入超几何分布的期望公式，即可判断B；根据二项分布的概率，结合不等式，即可求解，判断C；根据和事件概率公式，以及条件概率公式，即可判断D.【详解】A.15,2XB，()1155224DX==，()()245DXDX==，故A正确；B.X为超几何分布，所以

()772105EX==，故B正确；C.设最有可能击中k次，则()()()99C0.80.2kkkPXk−==，0,1,2,...,9k=，则()()()()()()()()9110199918199C0.80.

2C0.80.2C0.80.2C0.80.2kkkkkkkkkkkk−−−−−+−+，得78k，即7k=或8，故C错误；D.()()()()()1311342PABPAPBPABPAB+=+−

=+−−=，则()112PAB=，()()()()1312111143PABPBAPBAPA=−=−=−=，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.某市的5个区县A，B，C，D，E地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只

染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有______种．【答案】96【解析】【分析】利用分步计数原理与分类计数原理可得结论.【详解】第一步：从4种颜色中选3种颜色对,,ABC三个区域着色有34A24=种方法，第二步：对,DE着色

分两类，当D与B同色有1种方法，对E着色有2种方法，当D与B不同色时有1种方法，对E着色有2种方法，故不同的染色方案共有24(22)96+=种．故答案为：96种.13.某学校组织学生进行数学强基答题比赛，已知共有2道A类试题，4道B类试题，6道C类试题，学生从中任选1道试题作

答，学生甲答对,,ABC这3类试题的概率分别为14，18，112，学生甲答对试题的概率为______．【答案】18##0.125【解析】【分析】利用全概率公式进行求解.【详解】学生甲答对试题的概率为821416124642468246121++=++++++.故答

案为：1814.若对任意的()120,xxm、，且12xx，122121lnln3xxxxxx−−，则m的最大值是______．【答案】21e##2e−【解析】【分析】由题意可得2121ln3ln3xxxx++，令l

n3()xfxx+=，则21()()fxfx，则可得()fx在(0,)m上递增，然后利用导数求出()fx的递增区间，从而可求出m的最大值.【详解】因为12xx，所以210xx−，所以由122121lnln3xxxxxx−−，得221121lnln33xxxxxx−−，所以12

21lnl3)3)n((xxxx++，所以2121ln3ln3xxxx++，令ln3()xfxx+=，则21()()fxfx，因为对任意的()120,xxm、，且12xx，所以()fx在(0,)m上递增，由ln3()xfxx+=，得221ln3ln2()xxfxxx−−−−==，由()

0fx，得ln20x−−，得ln2x−，解得210ex，所以()fx的递增区间为210,e，所以m的最大值为21e.故答案为：21e【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数求函数的单调区间，解题的关键是将原

不等式变形，然后构造函数，利用导数求函数的单调区间，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.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.设命题:1,1px−，使得不等式2230xxm−−+恒成立；命题:0,1qx，不等式2223xmm−−

成立．（1）若p为真命题，求实数m的取值范围；（2）若命题p、q有且只有一个是真命题，求实数m的取值范围．【答案】（1）(,0)−（2）(,3]−【解析】【分析】（1）若p为真命题，即11x

−，，使得不等式2230xxm−−+成立，则转化对于11x−，，2min23mxx−++（）即可.（2）若q为真命题，即0,1x，不等式2223xmm−−成立，则转化为对于0,1x，2max(22)3xmm−−即可.【

小问1详解】若p为真命题，即11x−，，使得不等式2230xxm−−+成立，则对于11x−，，2min23mxx−++（）即可.由于11x−，,2min230xx−++=（），则(,0)m−【小问2详解】若q为真命题，即0,1

x，不等式2223xmm−−成立，则对于0,1x，2max(22)3xmm−−即可.由于01x，，2220x−−，，230mm−，解得03m，p、q有且只有一个是真命题，则003mmm或或003mm，解得(,3m−.16.(

)()1sincossinsin2=++−，()()1cossinsinsin2=+−−，()()1coscoscoscos2=++−，()()1sinsinco

scos2=−+−−这组公式被称为积化和差公式，最早正式发表于16世纪天文学家乌尔索斯1588年出版的《天文学基础》一书中.在历史上，对数出现之前，积化和差公式被用来将乘除运算化为加减运算.在

现代工程中，积化和差的重要应用在于求解傅里叶级数.为了解学生掌握该组公式的情况，在高一、高三两个年级中随机抽取了100名学生进行考查，其中高三年级的学生占35，其他相关数据如下表：合格不合格合计高三年级的学生54

高一年级的学生16合计100（1）请完成2×2列联表，依据小概率值0.001=的独立性检验，分析“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”是否有关？（2）以频率估计概率，从该校高一年级学生中抽取3名学生，记合格的人数为X，求X的分布列和数学期望.附：()()()()()

22nadbcabcdacbd−=++++，nabcd=+++0.1000.0500.0100.001x270638416.63510.828..【答案】（1）列联表见解析，认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关（2

）分布列见解析，95【解析】【分析】（1）根据卡方的计算与临界值比较即可求解，（2）利用二项分布的概率公式即可求解概率以及期望公式求解.【小问1详解】由100名学生中高三年级的学生占35，可知高三年级的学生有60人，高一年级的学生有40

人.补充完整的列联表，如下：合格不合格合计高三年级的学生54660高一年级的学生241640合计7822100提出零假设0H：“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”无关.根据列联表中数据，得220.001100(5416624)540012.5910.82

8782260403911x−===.根据小概率值0.001=的独立性检验，我们推断H₀不成立，即认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.【小问2详解】由（1）得，高一年级的学生对公式的掌握情

况合格的频率为244053=.依题意，得35~3,XB，则()338015125PX==−=，()21333361C155125PX==−=，()22333542C155125PX==−=

，()332735125PX===.所以X的分布列为的X0123P8125361255412527125()39355EXnp===.17.甲、乙两人进行某棋类比赛，每局比赛时，若决出输赢则获

胜方得2分，负方得0分；若平局则各得1分．已知甲在每局中获胜、平局、负的概率均为13，且各局比赛结果相互独立．（1）若比赛共进行了三局，求甲获胜一局的概率；（2）若比赛共进行了三局，求甲得3分的概率；（3）规定比赛最多进行五局，若一

方比另一方多得4分则停止比赛，求比赛局数X的分布列与数学期望．【答案】（1）49（2）7.27（3）分布列见解析，317().81EX=【解析】【分析】（1）利用独立事件概率公式，列式求解；（2）首先分析甲得3分的事件，

再根据互斥事件概率公式和独立事件概率公式，列式求解；（3）由题意可知，2,3,4,5X=，根据随机变量表示事件的意义，根据概率求分布列，以及数学期望.【小问1详解】设“三局比赛后，甲胜一局”为事件A，甲胜一局包含以下情形：三局中甲一胜两平

局，三局中甲一胜两负，三局中甲一胜一平一负，所以()223113333111114CCA333339PA=++=，或()213124C339PA==，所以甲胜一局的概率为49【小问2详解】设“三局比赛后，甲得3分”为事件

B，甲得3分包含以下情形：三局均为平局，三局中甲一胜一平一负，所以()3333117A3327PB=+=，所以甲得3分的概率为7.27小问3详解】依题意知，X的可能取值为2，3，4，5，212(2)239PX===，,31214(3)2

C327PX===,4411231110(4)2CC3381PX==+=241041(5)1(2)(3)(4)19278181PXPXPXPX==−=−=−==

−−−=，故X的分布列为：X2345P2942710814181所以期望241041317()2345.927818181EX=+++=18.已知函数()()e1,Raxfxaxa=+−.（1）当12a=时，求()fx的单调区间；（2）若关于x

的方程()ln(0)fxxx=有两根12,xx（其中12xx），①求a的取值范围；②当21exx时，求1x的取值范围.【答案】（1）()fx的单调递增区间为()()0,,fx+的单调递减区间为(),0−

（2）①10,e；②1e11eex−【解析】【分析】（1）对()fx求导，并判断导函数的正负，即可得到()fx的单调性；（2）①()lnfxx=可转化为lneelnaxxaxx+=+，令()exgxx=+，有()()lngaxgx=，

再借助()gx的单调性，得到lnxax=，令()lnxhxx=，借助()hx的单调性，得到()hx的大致图象，即可求得a的取值范【围；②借助()hx的单调性，有121121lnlnlneexxxxxx=

，解不等式即可.【小问1详解】当12a=时，()21e2xfxx=−，所以()211e22xfx=−，由()0fx解得0x，由()0fx解得0x，故()fx的单调递增区间为()()0,,fx+的单调递减区间为(),0−.【

小问2详解】①由()()e1lnaxfxaxx=+−=，即elnaxaxxx+=+，即lneelnaxxaxx+=+，令()exgxx=+，上式为()()lngaxgx=，因为()e10xgx=+，所以()gx在()0,+上单调递增，故()()lngaxgx=等价于lnaxx=，

即lnxax=在()0,+上有两根12,xx，令()lnxhxx=，则()21lnxhxx−=，由()0hx解得0ex，由()0hx解得ex，所以()hx在区间()0,e上单调递增，在区间()e,+上单调递减，所以()hx有极大值()1ee

h=，且当1x时，()0hx，其图象如图所示：所以a的取值范围为10,e.②由①得lnxax=在()0,+上有两根12,xx，所以1212lnlnxxaxx==，()lnxhxx=在区间()0,e上单调递增，在区间()e,+上单调递减，1210eexxx

，所以12111211lnlnlne1lneexxxxxxxx+==，可得1111lneex−，所以11lne1x−，所以1e11eex−.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单

调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0fx=分离变量得出()agx=，将问题等价转

化为直线ya=与函数()ygx=的图象的交点问题.19.某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有()*nnN份血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，需要检验n次；方式二：混合检验，将其中()*2kkkN且份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说

明这k份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为()1k+次．假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为()01pp．（1）现有5份不同的血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，采用逐份检验方

式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；（2）现取其中()*2kkkN且份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2．①若()()12EE=，求P关于k的函数关系式()p

fk=；②已知181ep−=−，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？参考数据：ln20.693=，ln253.219=，ln263.258=，ln273.296=，ln283.332=．

【答案】（1）310（2）①111kpk=−（2k且*kN），②答案见解析【解析】【分析】（1）根据题意确定3次检验的事件，利用有序排列，利用样本空间法，即可求解；（2）①根据1和2的取值，求两个随机变量的期望，利用

期望相等，求解()pfk=；②根据①的结果，比较()1E和()2E的大小，通过构造函数()ln2R8xfxxxx=−（，），利用导数判断单调性，比较大小，从而得到结论.【小问1详解】设恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件

A，事件A分为两种情况，一种是前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体，二是前三次均无抗体，所以，()1123322335CCAA3A10PA+==所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的

概率为310；【小问2详解】①由已知得()1Ek=，2的所有可能取值为1，1k+，所以()()211kPp==−，()()2111kPkp=+=−−，所以()()()()()2111111kkkEpkpkkp

=−++−−=+−−，若()()12EE=，则()11kkkkp=+−−，所以()11kkp−=，()11kpk−=，所以111kpk−=，得111kpk=−，所以P关于k的函数关系式111kpfkk==−（）（

2k且*Nk）；②由①知()1Ek=，()821ekEkk−=+−，若()()12EE，则81ekkkk−+−，所以81e0kk−−，得8e1kk−，所以ln08kk−（2k且*Nk）令

()ln2R8xfxxxx=−（，），则()1182R88xfxxxxx−=−=（，），当28x时，()0fx，当8x时，()0fx所以()fx在[28，）上单调递增，在8+（，）上单调递减

，因为()22ln20.6930.2508f=−−，()2626ln263.2583.2508f=−−，()2727ln273.2963.37508f=−−，所以不等式()()12EE的解是226k，且*kN，所以226k，且

*kN时，()()12EE，采用方案二混合检验方式好，[27k+，）且*kN时，()()12EE，采用方案一逐份检验方式好，【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求()1E和()2E，从而才可以建立等量关系或是不等式，为后面构造函

数打下基础.