苏州市昆山市部分学校2023~2024高二下学期综合能力测评数学试卷及答案

这是一份苏州市昆山市部分学校2023~2024高二下学期综合能力测评数学试卷及答案，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若，则符合条件的有序集合对的个数为（ ）
A. 81B. 90C. 108D. 114
2 最接近下列哪个数字（ ）
A. 1.20B. 1.21C. 1.22D. 1.23
3. ，，若在其定义域上有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
4. 超市举办抽奖活动．箱子里装有十张参与奖与两张100元代金券．顾客第一次可使用5积分进行一次抽奖，若摸中100元代金券则结束，若摸中参与奖则可将奖券放回并花费2积分再抽一次．若紫阿姨铁了心也要抽中100元代金券，则她所花费积分的数学期望为（ ）
A. 12B. 15C. 17D. 20
5. 已知复合函数求导法则符合，记是的反函数，则（ ）
A. B. C. D.
6. 丛雨和芳乃玩猜硬币正反面的游戏，其中一人抛硬币，另一人猜硬币正反面，猜中则猜方获胜，猜不中则对方获胜，每轮的胜者可获得对方的一枚硬币，直到其中一人赢完所有硬币之后游戏结束．已知游戏开始时，丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币，则丛雨最后赢得所有硬币的概率为（ ）
A. B. C. D.
7. 下列比大小正确的是（ ）
A. B.
C. D.
8. 设为函数的定义域，若对于且，都有，我们称为“不减函数”．对于映射：，符合条件的不减函数有（ ）
A. 16个B. 18个
C. 20个D. 22个
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 下列组合恒等式正确的有（ ）
A. B.
C. D.
10. 对于，若使，则称是的正因数，易知也是的正因数．正因数只有1与自身的数叫做素数，如：2、3、5、7、11……．若对于正整数与，它们之间最大公因数为1，则称与互素．已知一个正整数可以被唯一分解为一组素数的乘积：，其中，是两两不同的素数，则下列说法正确的是（ ）
A. 从中随机取出两数，则它们互素的概率是
B. 360的正因数个数为25
C. 360的所有正因数之和为
D. 360的所有正因数之积为
11. 设非常值函数定义域为，，且对于任意都满足，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 奇函数
C.
D. 若有且仅有一个整数解，则的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．将符合每小题的答案填写到空格上．
12. 随机取中的一个元素，则，，，的概率为__________．
13. 用个种不同颜色扇形拼成一个圆，相邻的扇形不共色，设拼法数为，写出数列的一个递推公式__________．
14. “指数找基友”是高中导数的重要思想，如和，这揭示了它们导数之间的奇妙关系．已知定义在上的可导函数和满足以下关系：，，，，则__________，__________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．将符合题目的答案填写在空白处．
15. 回答下列问题
（1）求的个位数字
（2）若随机变量，试求最大时的取值
（3）证明：是偶数
16. 已知，
（1）若，试证明：，恒成立
（2）若，讨论的零点个数
17. 对数均值不等式在各个领域都有着重要应用．
（1）讨论，的单调性
（2）试证明对数均值不等式：
（3）设，试证明：
18. 设样本空间，，其中两两互相独立．设随机事件对应的结果值为，随机变量和的取值分别为样本空间和中所发生事件的结果值，从而它们的数学期望，.
（1）证明：，；
（2）小明抛一枚奇葩的硬币，有的概率朝上，的概率朝下，的概率立起来．记朝上为分，朝下为分，立起来是分，设随机变量是小明抛次硬币所得的分数，求，；
（3）若随机变量，证明：，.
19. 已知集合.
（1）“算两次”思想在组合数学中有着重要应用．例如：对于一个元集合的所有子集个数，一方面有，另一方面：对于所有子集，每个中的元素有“出现”和“不出现”两种选择，由分布计数原理可得，因此有．令，试用算两次思想化简；
（2）对于的子集个数还可以这样理解：，展开式中每一项都唯一对应着的一个子集．令，试化简；
（3）对偶原理也是组合数学的重要方法，例如数学王子高斯小时候在计算的值时，他把与配对，与配对，从而化变量为常量，大大简化了计算．这其实就是对偶原理的一种体现．令，其中是中元素从小到大的一个排列，试用对偶原理化简.
昆山市部分学校2023-2024高二下学期综合能力测评数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1. A
2. C
3. B
4. B
5. B
6. B
7. D
8. C
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
9. BCD
10. ACD
11. AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.
13.
14. ，
四、解答题：本题共5小题，共77分．
15.（1） 因为，所以当时，的个位数字都是0
因为
所以的个位数字为3；
（2）设最大，则
因为，所以
所以
即，所以，解得
因为，所以或
（3）证明：因为，
所以
所以是偶数
16. （1）证明：
要证明，恒成立，即证明恒成立
又
即只需要证明当时，恒成立，
令，则
令解得，所以在上单调递增
令解得，所以在上单调递减
所以，当时，取得极大值，也是在上的最大值
即
所以，当时，恒成立，即当时，恒成立
所以，恒成立
（2） 当时，
（i）当时，，所以恒成立，即无零点
（i i）当时恒成立，即在上单调递增
又，
由零点存在性定理可得，在上存在唯一的零点，且零点小于0
当时，
令，即
又
因此零点个数问题转化为了与图象的交点个数问题
由（1）知，令，在上单调递增；在上单调递减
当时，，当时，，如图所示
当，即时，又，即此时，与图象没有交点，所以没有零点
当，即时，又，即此时，与图象有两个交点，所以有2个正零点
综上所述，当时，无零点
当时，有一个零点
当时，有两个零点
当时，有三个零点
17. （1）
在上恒成立，所以在上单调递增；
在上恒成立，所以在上单调递减.
（2）不妨设
因为
设，，则问题转化为：，
由（1）可知，函数在上单调递增，所以.
故，成立，所以：
又因为.
由（1）知在上单调递减，所以，故，成立，所以
所以：成立
（3）根据，
所以,
所以，成立.
18. （1）根据两两互相独立，可知
且
.
（2）对，设小明第次抛硬币时的得分为，则，，.
从而，.
而显然两两独立，故.
所以由即知，且
（3）对，据二项式定理有
在两边同时对求导，得，
再在两边对同时求导，得.
在以上三个等式中令，就得到
根据二项分布的定义有.
故.
且
故，
这就得到
19. （1）对任意，的包含的子集数目与集合的全体子集数目一一对应，共有个
所以，将展开成若干项的求和后，每个在表达式中都出现次.
这就得到
（2）对集合，由于的展开式中，除第一项的外，每一项都唯一对应着的一个子集的各个元素的乘积
故
特别地取，就有，
（3）将的子集分为两类：第一类是不包含元素的子集，第二类是包含元素的子集
那么第一类和第二类子集之间可以实现一一对应：将任意一个第一类子集添加元素，就得到一个第二类子集；将任意一个第二类子集去掉元素，就得到一个第一类子集
设是一个第一类子集，它对应一个第二类子集
那么求和式中的每一项在的求和式中都以符号相反的状态出现，若计算
则这些项两两抵消，只剩下的第一项.
所以每对对应的第一类子集和第二类子集都满足.
而的子集共有个，故一共有个这样的对应，所以