天津红桥2023~2024学年高二下册7月期末考试数学试卷[附解析]

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第Ⅰ卷
注意事项：
1．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
2．本卷共9题，每小题5分，共45分.
一、选择题：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，，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由交集运算求解参数，再验证可得.
【详解】，或，
解得或.
当时，，则，满足题意；
当时，，则，不满足题意；
综上所述，.
故选：C.
2. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据开偶次方根被开方数非负及对数真数大于零确定函数定义域.
【详解】由 得 ，所以函数的定义域为.
故选: B
3. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取中间值，根据，，，比较的大小关系.
【详解】，
，，即，
，
所以，
故选：A.
4. 设，则“”是“”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】D
【解析】
【分析】应用特殊值法结合既不充分也不必要条件定义判断即可.
【详解】当时，,所以是的不充分条件；
当时，,所以是的不必要条件.
故选：D.
5. “成立”是“成立”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】求出不等式的解集，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】由，解得，由，解得，
而集合真包含集合，
所以“成立”是“成立”的必要不充分条件.
故选：B
6. 函数的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用奇偶性定义判断的对称性，结合x趋向于0时的y变化趋势，即可确定图.
【详解】由且定义域为，
所以函数是奇函数，故排除A、D，
当趋向于且大于0时，趋向于，排除C.
故选：B.
7. 已知定义在上的偶函数，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由函数为偶函数，求出，由此得在区间0,+∞上单调递减，再由对称性将转化为，由 利用单调性可得大小.
【详解】由函数为偶函数，
所以，即，解得，
当时，偶函数，满足题意.
函数的图像关于轴对称，且在0,+∞上单调递减．
又，，，
由，所以.
故.
故选：C.
8. 下列命题错误的是（ ）
A. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于
B. 设，且，则
C. 线性回归直线一定经过样本点的中心
D. 随机变量，若，则
【答案】B
【解析】
【分析】利用相关关系判断A；由正态分布的性质判断B；由线性回归直线的性质判断C；由随机变量条件建立方程组解出即可判断D.
【详解】根据相关系数的意义可知，两个随机变量的线性相关性越强，
相关系数的绝对值越接近于，
故A正确；
由，知，
即概率密度函数的图像关于直线对称，
所以，
则，
故B错误；
根据线性回归直线的性质可知，
线性回归直线一定经过样本点的中心，
故C正确；
随机变量，若，
则，
故D正确；
故选：B.
9. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得，得到，进而，所以，由均值不等式求得最小值.
【详解】因为且，所以，所以，所以，
所以，所以，
所以，
当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为，
故选：A.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．
10. 某射击运动员次的训练成绩分别为:，则这次成绩的第百分位数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将数据从小到大排列，再由百分位数的定义计算即可.
【详解】该射击运动员次的训练成绩从小到大依次为，因为，所以这次成绩的第百分位数为.
故答案为：
11. 的展开式中的系数是__________．
【答案】35
【解析】
【分析】先求出二项展开式的通项公式，然后使的次数为2，求出的值，从而可求出的系数
【详解】解：的展开式的通项公式为，
令，得，
所以的展开式中的系数是，
故答案为：35
12. 已知，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】令分别代入等式的两边，得到两个方程，再求值.
【详解】令得：，
令得：，
.
【点睛】赋值法是求解二项式定理有关问题的常用方法.
13. 已知甲同学在上学途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲同学在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率是______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用条件概率公式列式计算即得.
【详解】令“第一个路口遇到红灯”，“第二个路口遇到红灯”
则，于是，
所以所求概率为.
故答案为：
14. 已知集合，集合是集合M含有两个元素的子集，且满足对任意的，都有，这里表示两个数x，y中的较大者，则k的最大值为___________.
【答案】11
【解析】
【分析】写出集合M的含两个元素的所有子集，再求出不符合要求的子集个数即可得解.
【详解】集合M的含有两个元素的子集有：{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{1,6}，{2,3}，{2,4}，{2,5}，{2,6}，{3,4}，{3,5}，{3,6}，{4,5}，{4,6}，{5,6}，共15个，
但是在子集，，中只能取一个，在子集，中只能取一个，在子集，中只能取一个，
综上满足条件的两个元素的子集最多有个，
所以k的最大值为11.
故答案为：11
15. 对于实数a和b，定义运算“”，，函数，若函数恰有两个零点，则实数c的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】化简函数解析式，作出函数的图像，由题意可得函数与的图像有两个交点，结合图像求得结果
【详解】当，即时，，
当，即或时，，
函数的图像如图所示，
由图像可得，要使函数恰有两个零点，只要函数与的图像有两个交点，
对于，当时，，当时 ，，
因为 ，
所以由图可知或，
所以实数c的取值范围是，
故答案为：
三、解答题：本大题共5个小题，共75分．解答写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16. （1）求值：;
（2）求值：.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】应用指数运算律及对数运算律化简求值即可.
【详解】（1），.
（2）.
17. 在中，内角所对的边分别是，已知，，.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）对角化边，求出，根据余弦定理求出；
（2）对使用余弦定理和求出；
（3）求出和，求出.
【小问1详解】
因为，则，
即，且，则，
又，
解得；
【小问2详解】
因为，且，
则；
【小问3详解】
因为，，
则.
18. 已知某同学每次投篮的命中率为，且每次投篮是否命中相互独立，求这名同学在5次投篮中，
（1）至少有1次投篮命中的概率.
（2）设投篮命中的次数为，求的分布列和期望.
【答案】（1）（2）见解析，
【解析】
【分析】（1）利用对立事件概率计算公式求解；（2）由独立重复试验的概率计算公式求出当时的概率，列出分布列，再由二项分布的期望公式求出期望.
【详解】（1）设5次投篮至少有1次投篮命中为事件A，
则；
（2）由题意知X的可能取值为：0,1,2,3,4,5
所以X的分布列为：
，.
【点睛】本题考查对立事件的概率计算、离散型随机变量的分布列、独立重复试验的概率计算公式，属于中档题.
19. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若的定义域为，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【详解】分析：（1）当a=1时，不等式f（x）≥lg23，即≥lg23，根据真数大于0，结合单调性转化为一元二次不等式问题．
（2）f（x）的定义域为R，即＞0，对a讨论即可求解．
详解：（1）时，，
则 ，即，解得或.
∴不等式的解集为；
（2）∵的定义域为，∴对任意恒成立，
当a>0时，，解得.又成立，
∴取值范围是.
点睛：本题是一道易错题，解对数型不等式容易忽视真数大于零，二次型不等式恒成立问题注意对二次项系数的讨论.
20. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角；
（2）若，求的值；
（3）若，，求的值.
【答案】（1）.（2）.（3）
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化边为角后，由诱导公式和两角和的正弦公式化简后可求得；
（2）由二倍角公式求得后再由两角和的正弦公式可求值；
（3）由正弦定理求得，再由余弦定理求得．
【详解】（1）∵，
由正弦定理得，
∴，
即.
∵，
∴
又，
∴
（2）由已知得，
∴，
∴.
（3）由正弦定理，得.
由（1）知，，
∴
由余弦定理得，.
∴
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、考查两角和的正弦公式、二倍角公式、诱导公式，同角间的三角函数关系，考查公式较多，解题关键是正确选择应用公式的顺序．在三角形中出现边角关系时，常常用正弦定理进行边角转换．