2022-2023学年天津市重点校联考高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年天津市重点校联考高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知全集U={−3,−2,−1,0,1,2,3,4}，集合A={−3,−1,0,3,4}，B={0,1,2,3}，则(∁UA)∩B=( )
A. {0,3}B. {1,2}
C. {−1,0,1,2,3}D. {−3,−1,0,1,2,3}
2.设x∈R，则“|x+1|<1”是“1x<12”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
3.函数f(x)=2x+2−xln( x2+1−x)的图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.记等比数列{an}的前n项和为Sn，若a8=18a5，则S6a3+a4=( )
A. 27B. 72C. 421D. 214
5.中国新能源汽车出口实现跨越式突破，是国产汽车品牌实现弯道超车，打造核心竞争力的主要抓手.下表是2022年我国某新能源汽车厂前5个月的销量y和月份x的统计表，根据表中的数据可得线性回归方程为y =b x+1.16，则下列四个命题正确的个数为( )
①变量x与y正相关；
②b =0.24；
③y与x的样本相关系数r>0；
④2022年7月该新能源汽车厂的销量一定是3.12万辆.
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.已知a=lg63，b=lg3 2，c=0.5−0.1，则( )
A. a7.已知a，b均为正数，且1a+1+2b−2=12，则2a+b的最小值为( )
A. 8B. 16C. 24D. 32
8.某学校选派甲，乙，丙，丁，戊共5位优秀教师分别前往A，B，C，D四所农村小学支教，用实际行动支持农村教育，其中每所小学至少去一位教师，甲，乙，丙不去B小学但能去其他三所小学，丁，戊四个小学都能去，则不同的安排方案的种数是( )
A. 72B. 78C. 126D. 240
9.定义max{p,q}=p,p≥qq,pA. (−∞,0]∪[1,+∞)B. [−1,0]∪[1,+∞)
C. (−∞,−1)∪(1,+∞)D. [−1,1]
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.命题“∃x0∈R，x02+x0<0”的否定是______.
11.曲线f(x)=exlnx在点(1,0)处的切线方程为______.
12.(x−1x x)10展开式中的常数项为______.
13.幂函数f(x)=(m2−2m−2)xm在(0,+∞)上单调递增，则g(x)=lga(x−m)+1(a>0且a≠1)的图象过定点______.
14.设某医院仓库中有10盒同样规格的X光片，已知其中有5盒、3盒、2盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的.且甲、乙、丙三厂生产该种X光片的次品率依次为110，115，120，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张X光片，则取得的X光片是次品的概率为______.
15.已知函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且满足f(x)+g(x)=2x−x，若函数h(x)=2|x−2023|−λf(x−2023)−2λ2有唯一零点，则实数λ的值为______.
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题14分)
袋子中有7个大小相同的小球，其中4个白球，3个黑球，从袋中随机地取出小球，若取到一个白球得2分，取到一个黑球得1分，现从袋中任取4个小球.
(1)求得分X的分布列及均值；
(2)求得分大于6的概率.
17.(本小题15分)
数列{an}满足：a1+2a2+3a3+⋯+nan=2+(n−1)⋅2n+1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=1+lg2anan，求数列{bn}的前n项和Tn.
18.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx−ax(a∈R).
(1)若x=1是f(x)的极值点，求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若函数f(x)在[1,e2]上有且仅有2个零点，求a的取值范围.
19.(本小题15分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1且Sn+1=3Sn+1(n∈N*)；等差数列{bn}前n项和为Tn满足T7=49，b5=9.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn=bn⋅an+1n2+n，求数列{cn}的前n项和；
(3)设Pn=ban+1+ban+2+⋯+ban+n，若∀λ>0，对任意的正整数n都有λ2−kλ+73≥2n3Pn−n2恒成立，求k的最大值.
20.(本小题16分)
已知函数f(x)=(a−1)lnx−(a−1)x+1.
(1)证明：当a=2时，f(x)≤0恒成立；
(2)若g(x)=f(x)+x22−x−1+a(a>2)且g(m)=12(m≠1)，证明：∀x∈(1,m],m<2a−3.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：全集U={−3,−2,−1,0,1,2,3,4}，集合A={−3,−1,0,3,4}，
则∁UA={−2,1,2}，又B={0,1,2,3}，
故(∁UA)∩B={1,2}.
故选：B.
根据已知条件，结合补集、交集的定义，即可求解．
本题主要考查补集、交集的运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由|x+1|<1得−1由1x<12，得x<0或x>2，
因为{x|−22}，
所以“|x+1|<1”是“1x<12”的充分不必要条件，
故选：A.
求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行求解判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系是解决本题的关键，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查函数的图象与性质，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题．
根据函数奇偶性的概念判断f(x)为奇函数，排除选项B和D；再由f(1)排除选项A，即可得解.
【解答】
解：∵f(−x)=2−x+2xln( (−x)2+1−(−x))=2x+2−xln( x2+1+x)=2x+2−xln( x2+1+x)( x2+1−x) x2+1−x
=2x+2−xln1 x2+1−x=−2x+2−xln( x2+1−x)=−f(x)，
∴f(x)为奇函数，排除选项B和D；
取x=1，则f(1)=21+2−1ln( 2−1)<0，排除选项A，
故选：C.
4.【答案】D
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
由a8=18a5，得a8a5=q3=18,q=12，
∴S6a3+a4=a1+a2+a3+a4+a5+a6a3+a4
=a3+a4q2+a3+a4+(a3+a4)q2a3+a4
=1q2+1+q2=214.
故选：D.
首先根据等比数列通式求出q=12，再化简得S6a3+a4=1q2+1+q2，代入计算即可．
本题主要考查等比数量的性质，等比数列的前n项和，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由x−=1+2+3+4+55=3，y−=1.5+1.6+2+2.4+2.55=2，
因为回归直线过样本中心(x−,y−)，2=3b +1.16，b =0.28，②错误；
可知y随着x变大而变大，所以变量x与y正相关，①③正确；
由回归直线可知，2022年7月该新能源汽车厂的销量的估计值是y =0.28×7+1.16=3.12万辆，④错误．
故选：B.
根据回归直线方程经过样本中心即可求解b =0.28，结合相关性的定义以及回归方程即可逐一判断．
本题主要考查了线性回归方程的运用，解题的关键是利用线性回归方程恒过样本中心点，这是线性回归方程中最常考的知识点．属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：因为a=lg63<1，b=lg3 2<1，c=0.5−0.1>0.50=1，
所以c>a，c>b，
又因为2a=2lg63=lg69>1，0<2b=2lg3 2=lg32<1，
所以2a>2b，即a>b，
故c>a>b.
故选：D.
由a<1，b<1，c>1得c>a，c>b，由2a>2b得a>b，从而可得c>a>b.
本题主要考查对数值大小的比较，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：当b∈(0,2)时，2b−2<−1，1a+1<1，故1a+1+2b−2<0，不符合题意，
故b>2，
所以2a+b=2(a+1)+(b−2)=2[2(a+1)+(b−2)](1a+1+2b−2)=8⋅a+1b−2+2⋅b−2a+1+8≥2 16⋅a+1b−2⋅b−2a+1+8=16，
当且仅当8⋅a+1b−2=2⋅b−2a+1，即a=3，b=10时等号成立．
故选：B.
确定b>2，变换得到2a+b=2[2(a+1)+(b−2)](1a+1+2b−2)，展开利用均值不等式计算得到答案．
本题主要考查了利用基本不等式求最值，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：要求每所小学至少去一位教师，则需要将5人分成4组，
则①甲，乙，丙中有2位教师去同一所学校有：
C32A32A22=36种情况，
②甲，乙，丙中有1位教师与丁去同一所学校有：
C31A21A33=36种情况，
③丁，戊两人选择同一所学校有：A33=6种情况，
所以满足题意的情况为：36+36+6=78.
故选：B.
分组讨论结合组合排列关系计算即可．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：命题∃x∈R使得f(x)≤0成立的否定为对∀x∈R，f(x)>0，因为当x>1或x<−1时，2|x|−2>0，当−1≤x≤1时，2|x|−2<0，
所以当x>1或x<−1时，f(x)>0，
若命题∀x∈R，f(x)>0为真命题，
则当−1≤x≤1时，x2−2ax+a>0恒成立，
所以(x2−2ax+a)min>0，其中x∈[−1,1]，
设g(x)=x2−2ax+a，x∈[−1,1]，
当a≤−1时，函数g(x)在[−1,1]上单调递增，
所以当x=−1时，函数g(x)取最小值，所以1+2a+a>0，所以a>−13，与a≤−1矛盾，舍去；
当a≥1时，函数g(x)在[−1,1]上单调递减，
所以当x=1时，函数g(x)取最小值，所以1−2a+a>0，
所以a<1，与a≥1矛盾，舍去；
当−1所以x=a时，函数g(x)取最小值，所以a2−2a2+a>0，
所以0所以当00为真命题，
所以若∃x∈R使得f(x)≤0成立，
则a的取值范围为(−∞,0]∪[1,+∞).
故选：A.
先考虑命题∃x∈R使得f(x)≤0成立的否定为真命题时a的取值范围，再求其补集即可．
本题属于新概念题，考查了对特殊命题的否定、指数函数的性质、二次函数的性质、转化思想及分类讨论思想，属于中档题．
10.【答案】∀x∈R，x2+x≥0
【解析】解：命题“∃x0∈R，x02+x0<0”的否定是：∀x∈R，x2+x≥0.
故答案为：∀x∈R，x2+x≥0.
根据含有全称量词的否定的定义即可．
本题考查命题的否定，属于基础题．
11.【答案】ex−y−e=0
【解析】解：由f(x)=exlnx，得f′(x)=exx+exlnx，
∴切线的斜率k=f′(1)=e，
∴曲线f(x)=exlnx在点(1,0)处的切线方程为y=e(x−1)，
即切线方程为ex−y−e=0.
故答案为：ex−y−e=0.
先对f(x)求导，然后求出切线的斜率，再写出切线方程即可．
本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，属中档题．
12.【答案】210
【解析】解：由(x−1x x)10=(x−x−32)10，
设其通项Tn+1=C10n⋅x10−n⋅(−1)n⋅x−32n=(−1)n⋅C10n⋅x10−52n，
则当n=4时，T5=C104×(−1)4×x0=10×9×8×74×3×2×1=210.
故答案为：210.
利用二项式定理计算即可．
本题主要考查二项式定理，考查运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】(4,1)
【解析】解：因为幂函数f(x)=(m2−2m−2)xm在(0,+∞)上单调递增，则m2−2m−2=1m>0，解得m=3，
所以，g(x)=lga(x−3)+1，令x−3=1，可得x=4，且g(4)=lga1+1=1，
故函数g(x)的图象过定点(4,1).
故答案为：(4,1).
根据幂函数的定义和单调性可求出m的值，可得出函数g(x)的解析式，令真数为1，可求得函数g(x)的图象所过定点的坐标．
本题主要考查了指数函数与幂函数性质的应用，属于基础题．
14.【答案】225
【解析】解：设B=“任取一个X光片为次品”，Ai=“X光片为i厂生产”(甲、乙、丙厂依次对应i=1，2，3)，
则Ω=A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥．
由题意可得：P(A1)=510,P(A2)=310,P(A3)=210，
P(B|A1)=110,P(B|A2)=115,P(B|A3)=120，
所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=510×110+310×115+210×120=225.
故答案为：225.
由全概率公式即可处理．
本题主要考查全概率公示的求法，古典概型概率公式，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】12或−1
【解析】解：因为函数h(x)=2|x−2023|−λf(x−2023)−2λ2有唯一零点，
所以函数h(x+2023)=2|x|−λf(x)−2λ2有唯一零点，
因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(−x)=f(x)，
所以h(−x+2023)=2|−x|−λf(−x)−2λ²=2|x|−λf(x)−2λ²=h(x+2023)，
所以函数h(x+2023)为偶函数，又函数h(x+2023)有唯一零点，
所以函数h(x+2023)的零点为0，所以1−λf(0)−2λ2=0，
因为函数g(x)是定义在R上的奇函数，所以g(0)=0，
又由f(x)+g(x)=2x−x，可得f(0)+g(0)=1，
所以f(0)=1，所以1−λ−2λ2=0，解得λ=12或λ=−1.
故答案为：12或−1.
由已知函数h(x+2023)有唯一零点，结合偶函数的性质，列方程求λ的值．
本题考查函数方程与零点的关系，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由题意可知，随机变量X的取值为5、6、7、8，
所取小球为1白3黑时，P(X=5)=C41C33C74=435，
所取小球为2白2黑时，P(X=6)=C42C32C74=1835，
所取小球为3白1黑时，P(X=7)=C43C31C74=1235，
所取小球为4白时，P(X=8)=C44C74=135，
所以随机变量X的分布列为：
随机变量X的均值为：
435×5+1835×6+1235×7+135×8=447，
(2)根据X的分布列，可得到得分大于6的概率为：
P(X>6)=P(X=7)+P(X=8)=1335.
【解析】(1)根据超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，由期望的公式即可求解，
(2)根据分布列即可求解概率．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
17.【答案】解：(1)由题意，数列{an}满足a1+2a2+3a3+⋯+nan=(n−1)2n+1+2(n∈N*)，
当n≥2时，可得a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)an−1=(n−2)⋅2n+2，
两式相减，可得nan=[(n−1)2n+1+2]−[(n−2)2n+2]=n⋅2n，
所以an=2n(n≥2)，
又由当n=1时，a1=2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N+).
(2)由(1)知an=2n，则bn=1+lg2anan=1+lg22n2n=n+12n，
所以Tn=22+322+423+⋯+n+12n①，
12Tn=222+323+⋯+n2n+n+12n+1②，
①-②得12Tn=1+(122+123+⋯+12n)−n+12n+1=1+122(1−12n−1)1−12−n+12n+1
=1+12−12n−n+12n+1=32−n+32n+1.
所以数列{bn}的前n项和Tn=3−n+32n.
【解析】(1)由题意，当n≥2时，可得a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)an−1=(n−2)⋅2n+2，两式相减求得an=2n(n≥2)，又由n=1时，a1=2，符合上式，即可求解；
(2)求出bn，再用错位相减法可求Tn.
本题考查数列通项公式的求法以及错位相减法求和，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为f′(x)=1x−a=1−axx，
则f′(1)=0，即1−a=0，所以a=1，经检验符合题意；
(2)∵f(x)=lnx−ax(a∈R)，则f′(x)=1x−a=1−axx，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>0时，由f′(x)=0，得x=1a，
若00；若x>1a，则f′(x)<0，
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0,1a)，单调递减区间为(1a,+∞)，
综上所述，当a≤0时，函数f(x)的增区间为(0,+∞)，
当a>0时，函数f(x)的增区间为(0,1a)，减区间为(1a,+∞)；
(3)当x∈[1,e2]时，由f(x)=0可得a=lnxx，令g(x)=lnxx，其中x∈[1,e2]，
则直线y=a与函数g(x)在[1,e2]上的图像有两个交点，g′(x)=1−lnxx2，当10，此时函数g(x)单调递增，
当e所以，函数g(x)的极大值为g(e)=1e，且g(1)=0，g(e2)=2e2，如下图所示：
由图可知，当2e2≤a<1e时，直线y=a与函数g(x)在[1,e2]上的图像有两个交点，
因此，实数a的取值范围是[2e2,1e).
【解析】(1)由题意，求导得f′(x)，然后根据f′(1)=0，即可得到结果；
(2)由题意，求导得f′(x)，然后分a≤0与a>0两种情况讨论，即可得到结果；
(3)由题意，构造函数g(x)=lnxx，将函数零点问题转化为两个图像交点问题，结合图像即可得到结果．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了函数性质在函数零点个数判断中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由Sn+1=3Sn+1Sn=3Sn−1+1，得an+1=3an(n≥2)，
当n=1时，S2=3S1+1=3a1+1，即a1+a2=3a1+1，
∴a2=3，且a2=3a1，
∴an+1=3an(n∈N*)，
∴{an}为首项为1，公比为3的等比数列，
∴an=3n−1.
设等差数列{bn}的公差为d，
则T7=7b1+7×62d=49b5=b1+4d=9，解得d=2，b1=1，
∴bn=1+(n−1)×2=2n−1.
(2)由(1)知，an=3n−1，bn=2n−1，
则cn=bn⋅an+1n2+n=3n(2n−1)n(n+1)=3n+1n+1−3nn，
令Bn为{3n+1n+1−3nn}的前n项和，
则Bn=c1+c2+c3+⋯+cn−1+cn
=(322−311)+(333−322)+(344−333)+⋯+(3nn−3n−1n−1)+(3n+1n+1−3nn)，
即Bn=3n+1n+1−3.
(3)∵Pn=ban+1+ban+2+⋯+ban+n，bn=2n−1，
Pn=2(an+1)−1+2(an+2)−1+⋯+2(an+n)−1
=2n⋅an+1+3+⋯+(2n−1)=2n⋅an+n(2n−1+1)2
=2n⋅an+n2，
∴2n3Pn−n2=2n32n⋅an=n23n−1，
故λ2−kλ+73≥2n3Pn−n2,∀n∈N*恒成立⇔λ2−kλ+73≥[n23n−1]max，
设dn=n23n−1,dn+1−dn=(n+1)23n−n23n−1=(n+1)2−3n23n=1−2n(n−1)3n，
当n=1时，d2−d1>0；
当n≥2时，2n(n−1)≥4，即1−2n(n−1)<0，
∴dn+1−dn<0，即dn+1∴(dn)max=d2=43，
∴∀λ>0,λ2−kλ+73≥43恒成立，
即k≤λ+1λ恒成立，
∵λ+1λ≥2，当且仅当λ=1λ，即λ=1时等号成立，
∴k≤2，故k的最大值为2.
【解析】(1)根据Sn与an的关系证明{an}为等比数列，根据等差数列性质求{bn}的首项及公差，再利用等比数列和等差数列通项公式求{an}，{bn}的通项公式；
(2)利用裂项相消法求和即可；
(3)由(1)求Pn，由条件可得λ2−kλ+73≥[n23n−1]max，判断数列{n23n−1}的单调性求其最值，由此可得k≤λ+1λ，结合基本不等式求k的最大值．
本题考查了数列与不等式的综合运用，数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于难题．
20.【答案】证明：(1)当a=2时，f(x)=lnx−x+1，x>0
f′(x)=1x−1=1−xx，
令f′(x)>0，可得01，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以f(x)在x=1时取得极大值，也是最大值为f(1)=0，
所以f(x)≤0恒成立．
(2)g(x)=(a−1)lnx−(a−1)x+1+x22−x−1+a=(a−1)lnx+x22−ax+a(a>2)，
g′(x)=a−1x+x−a=(x−1)(x−a+1)x，
令g′(x)=0，解得x=1或x=a−1>1，
所以当x∈(0,1)∪(a−1,+∞)时，g′(x)>0，当x∈(1,a−1)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1)和(a−1,+∞)上单调递增，在(1,a−1)上单调递减，
因为g(1)=12，g(m)=12(m≠1)，
所以m∈(a−1,+∞)，所以m>a−1，
g(m)=(a−1)lnm+m22−am+a=12，
由(1)可知1−m+lnm<0，
所以a=1−m2+lnm22(1−m+lnm)，
所以要证m<2a−3，即证m<1−m2+lnm21−m+lnm−3，
即证m(1−m+lnm)>1−m²+lnm²−3(1−m+lnm)，
即证mlnm−2m+lnm+2>0，
令h(m)=mlnm−2m+lnm+2，
h′(m)=lnm+1−2+1m=lnm+1m−1，h′′(m)=1m−1m2=m−1m2>0，
所以h′(m)单调递增，又因为h′(1)=0(m>1)，
所以h′(m)>0，所以h(m)单调递增，
又因为h(1)=0(m>1)，
所以h(m)>h(1)=0，所以mlnm−2m+lnm+2>0得证，
即m<2a−3得证．
【解析】(1)利用导数求出f(x)的最大值为0，即可得证；
(2)利用导数求出g(x)的单调性，从而可求得m>a−1，由g(m)=12可得a=1−m2+lnm22(1−m+lnm)，分析可得要证m<2a−3，即证mlnm−2m+lnm+2>0，令h(m)=mlnm−2m+lnm+2，利用导数求得h(m)>0即可得证．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查不等式的证明，考查转化思想与逻辑推理能力，属于难题．月份x
1
2
3
4
5
销量y(万辆)
1.5
1.6
2
2.4
2.5
X
5
6
7
8
P
435
1835
1235
135