天津市南开区2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份天津市南开区2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分，考试时间100分钟.
一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50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. 已知集合，，，则集合C子集个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 8
2. 已知正实数，则“”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 函数的大致图象为（ ）.
A. B.
C. D.
4. 已知，，，则（ ）.
A B.
C. D.
5. 某统计部门对四组数据进行统计分析后，获得如图所示的散点图．
下面关于相关系数比较，正确的是（ ）
A. B. C. D.
6. 函数的一个单调增区间是（ ）
A. B. C. D.
7. 根据分类变量x与y的观察数据，计算得到．依据下面给出的临界值表，
可知下列判断中正确的是（ ）
A. 有95%的把握认为变量x与y独立
B. 有95%的把握认为变量x与y不独立
C. 变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过10%
D. 变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过10%
8. 长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ）
A B. C. D.
9. 三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（ ）
A. 4种B. 5种C. 6种D. 12种
10. 已知函数，，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（ ）.
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分.
11. 已知展开式的二项式系数之和为，则展开式中系数为有理数的项的个数是________．
12. 计算：______．
13. 已知，的取值如表：
若，具有线性相关关系，且回归方程为，则__________．
14. 已知函数是偶函数，则______.
15. 已知正实数，满足：，则的最大值是__________.
三、解答题：（本大题共5个小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 已知展开式中的常数项为.
（1）求实数的值；
（2）若展开式中各项系数的和为，求该展开式中的系数.
17. 学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有个白球、个黑球；乙箱子里装有个白球、个黑球.这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出个球，若摸出的白球不少于个，则获奖.（每次游戏结束后将球放回原箱）
（I）求在一次游戏中，
（i）摸出个白球的概率；（ii）获奖的概率；
（II）求在两次游戏中获奖次数的分布列及数学期望
18. 已知曲线在点处的切线与直线平行，.
（1）求的值；
（2）过坐标原点作曲线的切线，求的方程.
19. 李先生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就读的小学在丙地，三地之间的道路情况如图所示.假设工作日不走其它道路，只在图示的道路中往返，每次在路口选择道路是随机的. 同一条道路去程与回程是否堵车相互独立.假设李先生早上需要先开车送小孩去丙地小学，再返回经甲地赶去乙地上班.假设道路上下班时间往返出现拥堵的概率都是，道路，上下班时间往返出现拥堵的概率都是，只要遇到拥堵上学和上班的都会迟到.
（1）求李先生的小孩按时到校的概率；
（2）判断李先生是否有七成把握能够按时上班.
20. 已知函数，．
（1）讨论的极值；
（2）若不等式在上恒成立，求m的取值范围．0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.455
0.708
1.323
2.072
2706
3.841
5.024
6.635
7.879
0
1
3
4
4.3
4.8
6.7
2023—2024学年度第二学期阶段性质量监测
高二年级 数学学科
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分，考试时间100分钟.
一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50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. 已知集合，，，则集合C的子集个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出集合即可得解.
【详解】集合，，则，
所以集合子集个数为.
故选：C
2. 已知正实数，则“”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式由可得，可得充分性不成立；当时可得必要性不成立，即可得出结果.
【详解】根据基本不等式可得，即，可得，
所以充分性不成立；
若，可令满足，此时；
即必要性不成立；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
3. 函数的大致图象为（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析函数的定义域、函数值的符号变化以及函数的单调性，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对任意的，，故函数的定义域为，
当时，；当时，，排除B选项；
因为，
当或时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，故A正确.
故选：A.
4. 已知，，，则（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指对数的性质判断大小关系即可.
【详解】因为，
，
所以．
故选：B
5. 某统计部门对四组数据进行统计分析后，获得如图所示的散点图．
下面关于相关系数的比较，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据散点图的分布可得相关性的强弱，即可比较大小.
【详解】由图可知：所对应的图中的散点呈现正相关 ，而且对应的相关性比对应的相关性要强，故，所对应的图中的散点呈现负相关，且根据散点的分布情况可知,因此，
故选：C
6. 函数的一个单调增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出函数的定义域，再利用复合函数单调性法则“同增异减”即可求解.
【详解】函数的定义域为.
要求函数一个单调增区间，
只需求的增区间，只需.
所以.
所以函数一个单调增区间是.
故选：C
7. 根据分类变量x与y的观察数据，计算得到．依据下面给出的临界值表，
可知下列判断中正确的是（ ）
A. 有95%的把握认为变量x与y独立
B. 有95%的把握认为变量x与y不独立
C. 变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过10%
D. 变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过10%
【答案】D
【解析】
【分析】依据表中给出的 独立性检验求解.
【详解】解：因为 ，且 ，
所以依据表中给出的 独立性检验知：变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过10%，
故选：D
8. 长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全概率公式计算可得.
【详解】设事件为“任意调查一名学生，每天玩手机超过”，事件为“任意调查一名学生，该学生近视”，
则，，
所以，
则．
故选：C
9. 三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（ ）
A. 4种B. 5种C. 6种D. 12种
【答案】C
【解析】
【分析】按甲先传给乙和甲先传给丙分两类，两类方法相等，对第一类用列举法写出不同的传递方式后可得．
【详解】解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式.故共有6种不同的传递方式.
答案：C．
10. 已知函数，，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合图象按、、分类讨论，利用函数图象的交点个数去判断方程根的个数，进而求得实数的取值范围.
【详解】令，的对称轴为，
则实根的个数即为函数与函数图象交点个数，
如下图，
当时，
函数与函数的图象有1个交点，且交点横坐标大于1，
即，函数与函数有2个交点，
且2个交点关于对称，
则方程有两根，且两根和为2，不符合题意；
当时，函数与函数的图象有2个交点，，
时，可得，或，
时，，可得，，，
即函数与函数的图象有5个交点，
则方程有5个根，且5个根的和为5，不符合题意；
当时，函数与函数的图象有2个交点，
即函数与函数的图象有2个交点，分别为，
即，或，，
当时，函数与函数无交点，不符合题意；
当时，函数与函数有4个交点，且关于对称，
所以4个交点横坐标之和为4，
则方程有4个根，且4个根之和为4，符合题意，
综上，实数取值范围是.
故选：C.

【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出的解；(2)图象法：作出函数的图象，观察与轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分.
11. 已知展开式的二项式系数之和为，则展开式中系数为有理数的项的个数是________．
【答案】4
【解析】
【分析】先求出，再求出展开式的通项，知当时，展开式中系数为有理数，即可求出展开式中系数为有理数的项的个数.
【详解】依题意，知，，
则展开式的第项为，
当时，展开式中系数为有理数，所以展开式中系数为有理数的项的个数为.
故答案为：4.
12. 计算：______．
【答案】18
【解析】
【分析】根据指对数幂的计算公式求解即可
【详解】
故答案为：18
13. 已知，的取值如表：
若，具有线性相关关系，且回归方程为，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】将代入回归方程为，可得，应填答案．
点睛：解答这类问题的常规方法就是先求出，再借助这个点的坐标满足回归方程为这一结论，将其代入回归方程可方程，然后通过解方程得到，使得问题获解．
14. 已知函数是偶函数，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.
【详解】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故，
故答案为：1
15. 已知正实数，满足：，则的最大值是__________.
【答案】.
【解析】
【详解】试题分析：，由题意得，，令，∴，当且仅当，时，等号成立，即所求最大值为，故填：.
考点：基本不等式求最值.
三、解答题：（本大题共5个小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 已知展开式中的常数项为.
（1）求实数的值；
（2）若展开式中各项系数的和为，求该展开式中的系数.
【答案】（1）
（2）0
【解析】
分析】（1）写出通项，令，即可得解；
（2）由的展开式中的各项系数的和为，令x=1，求得的值，再利用通项公式求展开式中的系数.
【小问1详解】
根据题意，的通项,
令，得，则，解得；
【小问2详解】
由（1）得，
因为其展开式中各项系数的和为，
令，得，解得，
所以，
因为展开式的通项为，
则展开式中项为，
故该展开式中的系数为0.
17. 学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有个白球、个黑球；乙箱子里装有个白球、个黑球.这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出个球，若摸出的白球不少于个，则获奖.（每次游戏结束后将球放回原箱）
（I）求在一次游戏中，
（i）摸出个白球的概率；（ii）获奖的概率；
（II）求在两次游戏中获奖次数的分布列及数学期望
【答案】（I）（i）；（ii）；（II）见解析
【解析】
【分析】（I）（i）摸出三个白球说明甲箱子取个白球，乙箱子取个白球，个黑球，根据古典概型概率公式求得结果；（ii）获奖的情况包括摸出个白球或个白球，根据和事件的概率公式，结合古典概型求得结果；（II）确定所有可能的取值，可知，利用二项分布概率公式计算得到每个取值对应的概率，从而得到分布列；再利用二项分布数学期望计算公式求得.
【详解】（I）记“在一次游戏中摸出个白球”为事件，
（i），即摸出个白球的概率为：
（ii）
即获奖的概率为：
（II）由题意可知，所有可能的取值为：，且
则；；
的分布列如下：
【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解、和事件概率的求解问题、服从于二项分布的随机变量的分布列与数学期望的求解，是对概率部分知识的综合考查，属于常考题型.
18. 已知曲线在点处的切线与直线平行，.
（1）求的值；
（2）过坐标原点作曲线的切线，求的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，，可解；
（2）设切点，先求出过原点的切线方程，解出，即可得解.
【小问1详解】
根据题意，，则，
且，
因为曲线在点处的切线与直线平行，
所以，则；
【小问2详解】
由（1）知，，则，
设切点，由于，
则切线，
因为切线过原点，所以，即，
设，
当时，，则没有零点，
当时，，则在单调递增，
由，知是的唯一零点，
所以有唯一解，
所以切线的方程为.
19. 李先生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就读的小学在丙地，三地之间的道路情况如图所示.假设工作日不走其它道路，只在图示的道路中往返，每次在路口选择道路是随机的. 同一条道路去程与回程是否堵车相互独立.假设李先生早上需要先开车送小孩去丙地小学，再返回经甲地赶去乙地上班.假设道路上下班时间往返出现拥堵的概率都是，道路，上下班时间往返出现拥堵的概率都是，只要遇到拥堵上学和上班的都会迟到.
（1）求李先生的小孩按时到校的概率；
（2）判断李先生是否有七成把握能够按时上班.
【答案】（1）
（2）李先生没有七成把握能够按时上班
【解析】
【分析】（1）根据题意结合对立事件求概率；
（2）根据题意结合对立事件和独立事件概率的乘法公式求概率，分析判断.
【小问1详解】
因为道路D、E上班时间往返出现拥堵的概率分别是和，
因此从甲到丙遇到拥堵的概率是：×＋×＝，
所以李先生的小孩能够按时到校的概率是.
【小问2详解】
甲到丙没有遇到拥堵的概率是，丙到甲没有遇到拥堵的概率也是，
甲到乙遇到拥堵的概率是×＋×＋×＝，
甲到乙没有遇到拥堵的概率是1－＝，
可知李先生上班途中均没有遇到拥堵的概率是××＝<0.7，
所以李先生没有七成把握能够按时上班．
20. 已知函数，．
（1）讨论的极值；
（2）若不等式在上恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，分，和三种情况进行分类讨论，进而求出函数的极值；
（2）将不等式等价转化为，构造函数，对函数二次求导进而求出参数的取值范围.
【小问1详解】
因为函数，则，，当时，，此时单调递增，无极值；
当时，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，无极小值；
当时，令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，无极大值．
综上，当时，函数无极值；当时，，无极小值；当时，，无极大值．
【小问2详解】
由及，得，，
即．设，，
当时，需．由，得，
，设，
则，，
当时，由，得，因为，所以，
所以当时，则，即为增函数，则，
为增函数，则，所以符合条件．
当时，由，得，
因为，所以，所以当时，，则即为减函数，则，为减函数，则，不符合条件．
综上所述，m的取值范围为．
0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
0
1
3
4
4.3
4.8
6.7