福建省福州第一中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省福州第一中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

满分：150分 完卷时间：120分钟
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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（ ）
A. B. C. D.
2. “，且”是“，且”的（ ）
A. 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. 设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
4. A校和校进行排球决赛，决赛规则为“5局3胜”，已知每局比赛A校获胜的概率为0.6，各局比赛相互间没有影响，则A校在先失一局的情况下，战胜校的概率为（ ）
A. B. C. D.
5. 新型冠状病毒引起的肺炎疫情暴发以来，各地医疗机构采取了各种针对性的治疗方法，取得了不错的成效，某地开始使用中西医结合方法后，每周治愈的患者人数如表所示：
由表格可得Y关于x的非线性回归方程为，则此回归模型第5周的残差为（ ）
A. 0B. 2C. 3D. ―2
6. 已知关于的不等式恰有四个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
7. 设，则有（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知实数a，b满足，且，e为自然对数底数，则（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知x≥1，则下列函数的最小值为2的有（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知甲盒中装有3个蓝球、2个黄球，乙盒中装有2个蓝球、3个黄球，现同时从甲、乙两盒中各取出个球交换，分别记交换后甲、乙两个盒子中蓝球个数的数学期望为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11. 已知定义在上的函数，满足，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
13. 已知函数定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为_____________．
14. 函数，若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为__________.
四、解答题：本大题共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. 已知函数，直线在轴上的截距为，且与曲线相切于点．
（1）求实数的值；
（2）求函数的单调区间与极值．
16. 某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A：学习兴趣高，事件：主动预习．据统计显示，，，．
（1）求和，并证明A与不独立；
（2）为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校抽取了一定容量的样本，得到如下列联表：
利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将上表中所有数据都调整为原来的倍，使得在犯错误的概率不超过的条件下认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值．
附：，其中．
17. 已知函数．
（1）讨论的单调区间；
（2）若在区间上存在唯一零点，证明：．
18. 一袋中有个均匀硬币，其中有个普通硬币，普通硬币的一面为面值，另一面为花朵图案，如下图，其余个硬币的两面均为面值.每次试验从袋中随机摸出两个硬币各掷一次，用事件表示“两个硬币均是面值朝上”，用事件表示“两个硬币均是花朵图案朝上”，又把两个硬币放回袋中，如此重复次试验.

（1）若，
①求次试验中摸出普通硬币个数分布列；
②求次试验中事件发生的次数的期望；
（2）设次试验中事件恰好发生次的概率为，当取何值时，最大？
19. 对给定的正整数，令．对任意，，定义与的距离．设A是的至少含有两个元素的子集，集合中的最小值称为A的特征值，记作．
（1）设，，直接写出集合的特征值；
（2）当时，求证：存在集合A满足对任意，都存在唯一的，使得，且A中不同元素之间的距离为5；
（3）当时，且，求A中元素个数的最大值．周数（x）
1
2
3
4
5
治愈人数（Y）
2
17
36
103
142
兴趣高
兴趣不高
总计
主动预习
不太主动预习
总计
0.10
0.05
0.010
0005
0.001
2706
3.841
6.635
7.879
10.828
福州一中2023-2024学年第二学期第四学段模块考试
高二数学选择性必修三模块试卷
满分：150分 完卷时间：120分钟
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别解二次不等式，对数不等式化简集合A，B，后由补集，交集定义可得答案.
【详解】由，得，所以；
由，得，解得，所以.
所以或，所以.
故选：D．
2. “，且”是“，且”的（ ）
A. 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
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】若，且，根据不等式的加法和乘法法则可得，且，即必要性成立；
当，满足，且，但是，故充分性不成立，
所以“，且”是“，且”的必要不充分条件.
故选：B
3. 设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性法则，结合二次函数的单调性列式求解即可.
【详解】函数上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，
因此，解得，所以实数的取值范围是.
故选：D
4. A校和校进行排球决赛，决赛规则为“5局3胜”，已知每局比赛A校获胜的概率为0.6，各局比赛相互间没有影响，则A校在先失一局的情况下，战胜校的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】记相应事件，根据独立重复性事件求，进而结合条件概率公式运算求解.
【详解】因为每局比赛A校获胜的概率为0.6，即，
记“A校在先失一局”为事件M，“A校战胜校”为事件N，
则，
所以.
故选：A.
5. 新型冠状病毒引起的肺炎疫情暴发以来，各地医疗机构采取了各种针对性的治疗方法，取得了不错的成效，某地开始使用中西医结合方法后，每周治愈的患者人数如表所示：
由表格可得Y关于x的非线性回归方程为，则此回归模型第5周的残差为（ ）
A. 0B. 2C. 3D. ―2
【答案】D
【解析】
【分析】利用样本中心点求出，得到回归方程，可计算第5周的预测值和回归模型第5周的残差.
【详解】因为，，所以，
所以，取，得，所以第5周的预测值为144，
则此回归方程第5周的残差为．
故选：D
6. 已知关于的不等式恰有四个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化不等式为，分，和三种情况讨论，求得不等式的解集，结合题意即可求解．
【详解】不等式，可化为，
当时，不等式的解集为空集，不合题意；
当时，不等式的解集为，
要使不等式恰有四个整数解，则，
当时，不等式的解集为，
要使不等式恰有四个整数解，则，
综上可得，实数的取值范围是．
故选：C．
7. 设，则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数的性质，借助媒介数比较大小即得.
【详解】由，得，，
，且，所以.
故选：B
8. 已知实数a，b满足，且，e为自然对数的底数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由得到，构造函数，确定函数的单调性及最值，得到，，即可判断A选项；由化简即可判断D选项；令即可判断C选项；构造函数由极值点偏移即可判断B选项.
【详解】由，对两边取对数得，令，则，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，故，，又时，，时，，
，即，结合图像可知，，，故A错误；
易得，即，即，故，D错误；
当时，，故，C错误；
令，则，
又，由可得，故，故在上单调递减，
故，即，即，又，故，
又，由上知时， 单调递增，故，即，B正确.
故选：B.
【点睛】本题关键点一在于由得到，进而构造函数，确定函数的单调性及最值，进而判断A、C、D选项；关键点二在于构造函数由极值点偏移判断B选项.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知x≥1，则下列函数的最小值为2的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】因为x≥1，所以 (当且仅当x＝2时取等号)；
，但等号取不到；
因为函数在[1，＋∞)上单调递增，所以≥2，当x＝1时取等号；
因为x≥1，所以 (当且仅当x＝1时取等号).
故选：ACD.
10. 已知甲盒中装有3个蓝球、2个黄球，乙盒中装有2个蓝球、3个黄球，现同时从甲、乙两盒中各取出个球交换，分别记交换后甲、乙两个盒子中蓝球个数的数学期望为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于AB，当时，可能取2，3，4，可能取1，2，3，根据题意求出相应的概率，从而可求出，进行判断，
对于CD，当时，可能取1，2，3，4，5，可能取0，1，2，3，4，根据题意求出相应的概率，从而可求出，进行判断.
【详解】对于AB，当时，，
，
，
所以，，
所以，，
所以A正确，B错误，
对于CD，当时，，
,
，
，
，
所以，
，
所以，，
所以，所以C错误，D正确，
故选：AD
【点睛】关键点点睛：此题考查离散型随机变量的分布列和期望，解题的关键是要弄清每次交换球后，盒子中蓝球和黄球的个数，考查计算能力，属于中档题.
11. 已知定义在上的函数，满足，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意将全部转为，可得，再结合题意分析可得，进而可得，，，即可判断AC；结合周期性分析可得，即可判断B；根据题意分析可得，，结合周期性判断D.
【详解】因为，即，
又因为，则，
可得，即，则，
又因为，则，
可得，则，
可知4为的周期，
由，可得，则，故A正确；
由，可得，
且，可得，
则，即，故C正确；
因为，则，
且，则，
所以，可知2为的周期，故B正确；
由，可得，，即，
由，可得，即，
则，结合周期可得，
又因为，
可得，结合周期可得，
所以，故D错误；
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
【答案】##．
【解析】
【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．
【详解】因为，所以，因此．
故答案为：．
13. 已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，再结合基本不等式即可得答案.
【详解】解：因为函数为偶函数，则，
即，①
又因为函数为奇函数，则，
即，②
联立①②可得，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故函数的最小值为．
故答案为：
14. 函数，若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】画出，的图象，数形结合后可求参数的取值范围．
【详解】因为，
所以，
则函数恰有2个零点等价于有两个不同的解，
故，的图象有两个不同的交点，
设，
又，的图象如图所示，
由图象可得两个函数的图象均过原点，
当时，
考虑直线与的图象相切，
则由可得，即，
考虑直线与的图象相切，
由可得，则，即．
考虑直线与的图象相切，
由可得，则，即，
结合图象可得当或时，两个函数的图象有两个不同的交点，
综上，或．
故答案：或．
【点睛】方法点睛：数形结合思想，分类讨论思想与转化思想的应用.解决本问题的方法是把方程根的问题转化为函数与直线交点个数问题，作出图形，结合图形求解，并注意临界值的取舍问题.
四、解答题：本大题共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. 已知函数，直线在轴上的截距为，且与曲线相切于点．
（1）求实数的值；
（2）求函数的单调区间与极值．
【答案】（1）
（2）单调递增区间为，，单调递减区间为，，
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到切线方程，由切线过点代入计算可得；
（2）由（1）可得的解析式，利用导数求出函数的单调性，即可求出极值.
【小问1详解】
因为，则，
所以，，
故直线，
又直线在轴上的截距为，所以，解得．
【小问2详解】
由（1）得，的定义域为，
又，
由，解得或；由，解得，
所以函数的单调递增区间为，；单调递减区间为，
所以在处取得极大值，即，
在处取得极小值，即．
16. 某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A：学习兴趣高，事件：主动预习．据统计显示，，，．
（1）求和，并证明A与不独立；
（2）为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校抽取了一定容量的样本，得到如下列联表：
利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将上表中所有数据都调整为原来的倍，使得在犯错误的概率不超过的条件下认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值．
附：，其中．
【答案】（1），，不相互独立
（2）
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式以及全概率公式计算即可；
（2）作出新列联表，然后求出新的值，列不等式求解即可.
【小问1详解】
由已知，
，
又因为，所以，
所以，
又，
所以，
所以A与B不为独立事件；
【小问2详解】
根据原数据有
若将样本容量调整为原来的倍，
则新的列联表为：
则，
解得，
又因为，所以的最小值为.
17. 已知函数．
（1）讨论的单调区间；
（2）若在区间上存在唯一零点，证明：．
【答案】（1）答案见详解
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）求导，分和两种情况，利用导数求原函数的单调区间；
（2）由题意可得，若要证明，则只需，即只需，通过构造函数，连续求导即可得证.
【小问1详解】
由题意可知：的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知的单调递增区间为，无单调递减区间；
若，令，解得；令，解得；
可知的单调递增区间为，单调递减区间为；
综上所述：若，的单调递增区间为，无单调递减区间；
若，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
因为在区间上存在唯一零点，
所以存在唯一的，有，化简得，
若要证明，则只需，即只需，
不妨设，求导得，
令，继续求导得，
所以当时，单调递增，
所以，
所以当时，单调递增，
所以，
即当时，有不等式成立，
综上所述：若在区间上存在唯一零点，则.
18. 一袋中有个均匀硬币，其中有个普通硬币，普通硬币的一面为面值，另一面为花朵图案，如下图，其余个硬币的两面均为面值.每次试验从袋中随机摸出两个硬币各掷一次，用事件表示“两个硬币均是面值朝上”，用事件表示“两个硬币均是花朵图案朝上”，又把两个硬币放回袋中，如此重复次试验.

（1）若，
①求次试验中摸出普通硬币个数的分布列；
②求次试验中事件发生的次数的期望；
（2）设次试验中事件恰好发生次的概率为，当取何值时，最大？
【答案】（1）①分布列答案见解析；②.
（2）
【解析】
【分析】（1）①分析可知，随机变量的可能取值有、、，利用超几何分布可得出随机变量的分布列；
②求出的值，分析可知，随机变量，利用二项分布的期望公式可求得的值；
（2）求出的表达式，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，求出的可能取值，即可得出结论.
小问1详解】
解：当时，
①由题意可知，随机变量的可能取值有、、，
则，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
②由题意可知，一次试验中事件发生的概率为，
所以，，则.
【小问2详解】
解：一次试验中，事件发生的概率为，
所以，次试验中事件恰好发生次的概率，
令，其中，则，
当时，，此时，函数单调递增，
当时，，此时，函数单调递减，
所以，当时，函数取最大值，
因为且时，，
故当时，取最大值.
【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法：
（1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值；
（2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的为最小值；
（3）若函数在区间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
19. 对给定的正整数，令．对任意，，定义与的距离．设A是的至少含有两个元素的子集，集合中的最小值称为A的特征值，记作．
（1）设，，直接写出集合的特征值；
（2）当时，求证：存在集合A满足对任意，都存在唯一的，使得，且A中不同元素之间的距离为5；
（3）当时，且，求A中元素个数的最大值．
【答案】（1），
（2）证明见详解 （3）
【解析】
【分析】（1）根据与的距离的定义，直接求出的最小值即可；
（2）定义对任意，定义，可得，，进而分析证明；
（3）一方面先证明中元素个数至多有个元素，另一方面证明存在集合中元素个数为个满足题意，进而得出A中元素个数的最大值；
【小问1详解】
由题意可知：对任意，且，均有，
对于集合A：对任意，且，
均有，所以；
集合：取或或，
可得，所以．
所以，．
【小问2详解】
对任意，则，且，，
对任意，定义，
则，
且对任意，则，
令集合，由可知满足A中不同元素之间的距离为5，
由题意可知：对任意，且，均有，
若，则令，即满足；
若，则令，则，即满足；
综上所述：存在集合A满足对任意，都存在唯一的，使得，且A中不同元素之间的距离为5.
【小问3详解】
由题意可知：对任意，且，均有，
对任意的，
即，
则，故，
即对任意，均能对应一个元素，
令集合，则，
则且A和的元素个数相同，
又因为中共有个元素，其中至多一半属于A，故A中至多有个元素；
设是偶数，
则对任意的，，，
都有A中的元素个数为，
易得与奇偶性相同，
可知为偶数，
又，则，所以，
注意到，且它们的距离为2，
故此时A满足题意；
综上所述：A中元素个数的最大值为．
【点睛】关键点点睛：1.第二问：通过构建，说明，，即可分析证明；
2.第三问：先分析元素个数的的可能最大值，再证明其存在即可.
周数（x）
1
2
3
4
5
治愈人数（Y）
2
17
36
103
142
兴趣高
兴趣不高
总计
主动预习
不太主动预习
总计
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
兴趣高
兴趣不高
总计
主动预习
不太主动预习
总计