2022-2023学年天津市静海区第一中学高二下学期6月学生学业能力调研数学试题含答案

这是一份2022-2023学年天津市静海区第一中学高二下学期6月学生学业能力调研数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市静海区第一中学高二下学期6月学生学业能力调研数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用补集定义求出，利用交集定义能求出．【详解】解：集合，，则或，．故选：D2．若，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】A【分析】根据不等式的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由不等式，可得，可得，即充分性成立；反之：由，可得，又因为，所以，所以必要性不成立，所以是的充分不必要条件.故选：A.3．命题“”的否定为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据全称命题的否定：任意改存在并否定结论，即可得答案.【详解】由全称命题的否定为特称命题知：原命题的否定为.故选：A4．下列说法中正确的是（    ）①设随机变量服从二项分布，则②已知随机变量服从正态分布且，则③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则；④，.A．②③ B．②③④ C．①②④ D．①②【答案】C【分析】利用二项分布概率公式计算判断①；利用正态分布对称性计算判断②；利用条件概率公式计算判断③；利用期望、方差的性质判断④作答.【详解】对于①，随机变量服从二项分布，，①正确；对于②，随机变量服从正态分布且，则，，②正确；对于③，依题意，，则，③错误；对于④，，，④正确，所以说法正确的有①②④.故选：C5．已知数列满足，则的通项公式为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题中等式，可得，再结合时，可得.【详解】当时，有，所以，当时，由，，两式相减得，此时，，也满足，所以的通项公式为.故选：B.6．若函数，则函数的单调递减区间为（    ）．A．， B．，C． D．【答案】C【分析】求出函数的定义域，由，求函数的单调递减区间.【详解】，函数定义域为，，令，解得，则函数的单调递减区间为.故选：C.7．某闯关游戏规则如下:在主办方预设的6个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，闯关成功，假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.6，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就闯关成功的概率等于（    ）A．0.064 B．0.144 C．0.216 D．0.432【答案】B【分析】根据题意得到第2个问题不正确，第3、4个问题正确，计算概率得到答案.【详解】选手恰好回答了4个问题就闯关成功，则第2个问题不正确，第3、4 个问题正确.故.故选：.【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的应用能力.8．定义在上的函数，若，，，则比较，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由对数函数性质得的大小，由导数确定函数的单调性，然后由单调性比较大小．【详解】由对数函数性质知，，所以，恒成立，在上是增函数，所以．故选：C．9．中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有4支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个中的一个，则不同的安排方法数是（  ）A．12 B．36 C．24 D．48【答案】C【分析】分两情况：一是甲救援队单独去B，C两个中的一个，二是甲救援队和其中一个救援队去B，C两个中的一个，然后根据分类加法原理求解即可.【详解】根据题意，若甲救援队单独去B，C两个中的一个，则有种不同的安排方法，若甲救援队和其中一个救援队去B，C两个中的一个，则有种不同的安排方法，所以由分类加法原理可知共有种不同的安排方法，故选：C 二、填空题10．展开式中的各二项式系数之和为256，则的系数是       【答案】112【分析】由二项式系数和等于求得的值，再利用展开式的通项公式计算即可.【详解】依题意得：解得则由，解得从而.故答案为：11．若函数的定义域为R，则实数m的取值范围是      ．【答案】【分析】由题意得到时，恒成立，然后根据当和时，进行分类讨论即可求出结果.【详解】依题意，当时，恒成立．当时，，符合题意；当时，则，即解得，综上，实数m的取值范围是，故答案为：．12．若是函数的极大值点，则实数的取值范围是               ．【答案】【分析】求出，分、、、讨论，根据是函数的极大值点可得答案.【详解】，当时，令可得，此时单调递增，令可得，此时单调递减，所以是函数的极小值点，不满足题意；当时，令可得，或，此时单调递增，令可得，此时单调递减，所以是函数的极大值点，不满足题意；当时，，此时单调递增，无极大值，不满足题意；当时，令可得，或，此时单调递增，令可得，此时单调递减，所以是函数的极大值点，满足题意.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：. 三、双空题13．有两台车床加工同一型号的零件，第一台车床加工的优秀率为15%，第二台车床加工的优秀率为10%．假定两台车床加工的优秀率互不影响，则两台车床加工零件，同时出现优秀品的概率为        ；若把加工出来的零件混放在一起，已知第一台车床加工的零件数占总数的60%，第二台车床加工的零件数占总数的40%，现任取一个零件，则它是优秀品的概率为        ．【答案】          【分析】根据独立事件的乘法公式即可求解第一空，根据全概率公式即可求解第二空.【详解】由于第一台车床加工的优秀率为15%，第二台车床加工的优秀率为10%，所以两台车床加工零件，同时出现优秀品的概率为 记 “加工的零件为优秀品”， “零件为第1台车床加工“， “零件为第2台车床加工“，，，，，由全概率公式可得，故答案为：14．某校高三1班第一小组有男生4人，女生2人，为提高中学生对劳动教育重要性的认识，现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习，恰有一名女生参加劳动学习的概率则为          ；在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，都是女生参加劳动学习的概率              ．【答案】          【分析】设表示事件“恰有一名女生参加学习”，表示事件“至少有一名女生参加劳动学习”，设表示事件“都是女生参加劳动学习”,结合组合数公式和条件概率公式，可分别求得.【详解】设表示事件“恰有一名女生参加学习”，表示事件“至少有一名女生参加劳动学习”，设表示事件“都是女生参加劳动学习”，则所以故答案为：；. 四、填空题15．已知函数，若关于的方程有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是      ．【答案】【分析】将方程的根转化成同一坐标系下图像和的交点个数问题即可.【详解】对于函数．当时，．令，解得：或；令，解得：；所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．而，；，．当时，．令，解得：；令，解得：； 所以在上单调递减，在上单调递增．而；，，．作出的图像如图所示：  是平行轴的直线，由图像可知，当，即时，和的图像有三个交点，即有三个实根.故答案为： 五、解答题16．英语老师要求学生从周一到周四每天学习3个英语单词：每周五对一周内所学单词随机抽取若干个进行检测（一周所学的单词每个被抽到的可能性相同）．(1)英语老师随机抽了4个单词进行检测，求至少有2个是后两天学习过的单词的概率；(2)某学生对后两天所学过的单词每个能默写对的概率为，对前两天所学过的单词每个能默写对的概率为，若老师从周二到周四三天所学单词中各抽取一个进行检测，求该学生能默写对的单词的个数的分布列和期望．【答案】(1)(2)分布列见详解，． 【分析】（1）根据古典概型概率公式求解；（2）先确定随机变量，再分别求对应概率，列表得分布列，最后根据数学期望公式得结果．【详解】（1）设英语老师抽到的4个单词中，至少含有个后两天学过的事件为，则由题意可得（2）该学生能默写对的单词的个数为由题意可得可取0，1，2，3，则有 ，，   所以的分布列为：0123故.17．已知函数，．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在上的最小值是，求a的值．(3)讨论在上的最大值【答案】(1)(2)(3)答案见解析 【分析】（1）先求得切点坐标，再根据导数的几何意义可求得切线斜率，最后根据点斜式方程可求解；（2）求导后，分、、讨论求得最小值，从而可求得a的值；（3）分、、、讨论求得最大值.【详解】（1）当时，，，所以切点为，，则，所以切线方程为，即.（2），，若，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，不满足题意；若，令，解得，令，解得，所以函数在单调递减，单调递增，所以，解得，满足题意；若， 则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，解得，不满足题意，综上，.（3）由（2）可知若，则在上恒成立，所以在上单调递增，若，令，解得，令，解得，所以函数在单调递减，单调递增，①即时，，②即时，，若， 则在上恒成立，所以在上单调递减，，综上：当时，；当时，.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的最值，首先要求函数的单调性，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．18．已知正项等比数列，(1)求数列的通项公式；(2)已知，①求数列的前项和；②恒成立，求实数的范围.(3)求前项和.(4)请同学们只分析通项公式，确定求和方法即可，无需求和.通项公式求和方法①②③【答案】(1)(2)①②.(3).(4)①错位相减；②奇偶讨论并项求和；③列项相消. 【分析】对于第问，直接利用等比数列的通项公式解出即可；对于第问，①利用错位相减法求和即可；②作差法求出的最大值即可；对于第问,对通项公式奇偶项讨论，奇数项可采用公式法求和，偶数项可采取列项相消法求和；对于第问，通过观察通项公式，即可.【详解】（1）设等比数列的公比为,又，则解得（舍）又.则（2）①，则，所以则.②记则所以当时，，即，当时，，即所以当时，有最大值故实数的范围为（3）时，.（4）①通项公式可以化为可以看做一个等差数列和一个等比数列乘积的形式，所以求和可以用错位相减；②根据通项公式，可所以当为偶数时，，当为奇数时，，最后写成分段函数的形式即可，所以采用的是奇偶讨论并项求和的方法；③，所以可采用列项相消求和的方法.19．已知函数，．(1)若，求函数的最小值及取得最小值时的值；(2)求证：；(3)若函数对恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)时，；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）根据导数研究函数单调性求解函数最值即可；（2）结合（1）将问题转化为证明，进而构造函数证明即可；（3）由题知对恒成立，进而构造函数，结合函数性质，分当，，时三种情况讨论求解即可.【详解】（1）解：当时，，定义域为，所以，令得，所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，函数在处取得最小值，.（2）解：由（1）知，当时，，即，所以，要证成立，只需证，令，则，所以，当时，恒成立，所以，函数为单调递增函数，所以，，即，所以，所以成立（3）解：因为函数对恒成立所以对恒成立，令，则，当时，，在上单调递增，      所以，由可得，即满足对恒成立；当时，则，，在上单调递增，     因为当趋近于时，趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；当时，令得令，恒成立，故在上单调递增，因为当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，当趋近于时，趋近于负无穷，所以，使得，，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，只需即可；所以，，，因为，所以，所以，解得，所以，，综上，实数a的取值范围为【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于讨论当时，结合函数的性质得，使得，，进而转化为解.20．【新学法】运用导数研究函数问题的关键一步是条件的翻译，所以请同学们不用解答，写出关键翻译步骤或转化过程.(1)，均有成立，求实数的取值范围.请写出本题的转化过程，不用计算结果.(2)已知函数．设a，b为两个不相等的正数，且，证明：.本题解题的关键之一是应把“”转化为 (3)设，，其中a，．设，若对任意给定的，在区间上总存在，使成立，求b的取值范围．本题解题的关键之一是应把“成立这一条件转化为数学问题： 【答案】(1)不妨设，先将原式化简为在恒成立，设，只需证明在单调递减，即在恒成立.(2)(3)在区间上的图象始终与的值域内的每一个值所对应的直线都有两个不同交点. 【分析】（1）不妨设，先把原式化简为在恒成立，设，只需证明在单调递减，即在恒成立.（2）将变形为，即，不妨设，只需证.利用极值点偏移，构造函数，证明即可.（3）先找到，在区间上的图象始终与内的每一个值所对应的直线都有两个不同交点，即不单调，且.【详解】（1）不妨设，则原式可转化为，均有恒成立，设，则，只需证明在单调递减，即在恒成立，，即，则.（2）．当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；故，因为，可变形为，即，不妨设，易得，则，下证.先证，构造函数，则，    所以时，，函数单调递增，所以，即当时，，因为，所以，又，函数在单调递减，所以构造函数，则，    易知时，函数单调递减，又，由零点存在定理，存在使得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又时，，故当时，，， 因为，所以，又，函数在单调递减，所以，综上：，即.（3）当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.又因为所以.当取的每一个值时，在区间上存在与该值对应.时，，当时，，在区间上单调递减，不合题意；当时，令，由题意，在区间上不单调，所以，故当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，又，则，综上：.