精品解析：天津市静海区第一中学2023-2024学年高二下学期6月学业能力调研数学试题

静海一中2023-2024第二学期高二数学（6月） 学生学业能力调研试卷 命题人：张佳明 审题人：陈中友 本试卷分第Ⅰ卷基础题（120分）和第Ⅱ卷提高题（27分）两部分，卷面分3分，共150分. 一、选择题（每小题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知a，，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 3. 命题“，使”的否定是（ ） A ，使 B. ，使 C. ，使 D. ，使 4 已知函数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 5. 下列命题：①回归方程为时，变量与具有负的线性相关关系；②在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；③在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，当样本相关系数越接近时，样本数据的线性相关程度越强.④对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握越大.其中正确的命题序号是（ ） A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ②③④ 6. 已知随机变量的分布列如下： 2 3 6 则的值为（ ） A. 20 B. 18 C. 8 D. 6 7. 根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得，依据的独立性检验，结论为（ ）参考值： 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 A. x与y不独立 B. x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 C x与y独立 D. x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 8. 已知，则（ ） A. B. 此二项展开式系数最大的项为第4项 C. 此二项展开式的二项式系数和为32 D. 9. 现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法不正确的是（ ） A. 在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是 B. 第二次取到1号球的概率 C. 如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 D. 如果将5个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有150种 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 已知随机变量，且，则_________． 11. 长期用嗓所致的慢性咽喉炎，一直是困扰教师们的职业病．据调查，某校大约有的教师患有慢性咽喉炎，而该校大约有的教师平均每天没有超过两节课，这些人当中只有的教师患有慢性咽喉炎．现从平均每天超过了两节课的教师中任意调查一名教师，则他患有慢性咽喉炎的概率为_________． 12. 某工厂为研究某种产品的产量x（吨）与所需某种原材料的质量y（吨）的相关性，在生产过程中收集4组对应数据，如表所示． x 3 4 5 6 y 2.5 3 4 m 根据表中数据，得出y关于x经验回归方程为，则表中m的值为______． 13. 函数在点处的切线斜率为，则的最小值是______. 14. 已知函数在上存在递减区间，则实数a的取值范围为______． 15. 已知袋子中有a个红球和b个蓝球，现从袋子中随机摸球，则下列说法中正确的是_________. ①每次摸1个球，摸出的球观察颜色后不放回，则第2次摸到红球的概率为 ②每次摸1个球，摸出球观察颜色后不放回，则第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为 ③每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后放回，连续摸n次后，摸到红球的次数X的方差为 ④从中不放回摸个球，摸到红球的个数X的概率是 三、解答题 (本大题共3小题，共45分) 16. （1）篮球运动员甲投篮一次得3分概率为，得2分的概率为，得0分的概率为0.5（投篮一次得分只能为3分，2分，1分或0分），其中，已知甲投篮一次得分的数学期望为1. ⅰ)求的最大值； ⅱ) 求的最小值； （2）有甲､乙两个鱼缸，甲鱼缸中有条金鱼和条锦鲤，乙鱼缸中有4条金鱼和3条锦鲤，先从甲鱼缸中随机捞出一条鱼放入乙鱼缸，再从乙鱼缸中随机捞出一条鱼，若从乙鱼缸中捞出的是金鱼的概率为，求的最小值； （3）总结用基本不等式求最值的条件和方法. 17. 在一个不透明的密闭纸箱中装有10个大小､形状完全相同的小球，其中8个白球，2个黑球.小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，记随机变量为小张摸出白球的个数. （1）若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，求和； （2）若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，求的分布列和； （3）结合以上两问，说明二项分布与超几何分布的区别与联系. 18. 某学校工会组织趣味投篮比赛，每名选手只能在下列两种比赛方式中选择一种. 方式一：选手投篮3次，每次投中可得1分，未投中不得分，累计得分； 方式二：选手最多投3次.如第1次投中可进行第2次投篮，如第2次投中可进行第3次投篮.如某次未投中，则投篮中止.每投中1次可得2分，未投中不得分，累计得分； 若甲乙两位老师参加比赛，已知甲选择方式一参加比赛，乙选择方式二参加比赛. 假设甲，乙每次投中的概率均为，且每次投篮相互独立. （1）求甲得分不低于2分的概率； （2）求乙得分的分布列及期望； （3）求甲胜出的概率. 19. 已知函数. （1）证明：当时，； （2）若函数有两个零点，求的取值范围. 20. 已知函数. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）若不等式恒成立，求的取值范围； （3）在（1）的条件下，设，，且.求证：当，且时，不等式成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 静海一中2023-2024第二学期高二数学（6月） 学生学业能力调研试卷 命题人：张佳明 审题人：陈中友 本试卷分第Ⅰ卷基础题（120分）和第Ⅱ卷提高题（27分）两部分，卷面分3分，共150分. 一、选择题（每小题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求得集合，可求 【详解】由题可知， ， 所以有． 故选：D. 2. 已知a，，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】举出反例，根据充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】当时，， 当时，， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 3. 命题“，使”的否定是（ ） A. ，使 B. ，使 C. ，使 D. ，使 【答案】C 【解析】 【分析】存在量词的否定为全称量词命题. 【详解】命题“，使”的否定是： ，使. 故选：C 4. 已知函数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】其中为常数，求出函数的导函数，代入求解，从而可以求解. 【详解】由于函数，则其导函数为：， 代入，可得：，解得：，所以， 所以. 故选：D 5. 下列命题：①回归方程为时，变量与具有负的线性相关关系；②在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；③在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，当样本相关系数越接近时，样本数据的线性相关程度越强.④对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握越大.其中正确的命题序号是（ ） A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】由线性相关关系、回归方程、残差图、相关系数与独立性检验的定义与性质逐项判断即可得. 【详解】对①：由，故变量与具有负线性相关关系，故①正确； 对②：在残差图中，残差点分布带状区域的宽度越狭窄， 其模型拟合的精度越高，故②正确； 对③：样本相关系数越接近时，样本数据的线性相关程度越强，故③正确； 对④：对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小， 判断“与有关系”的把握越小，故④错误. 故选：B. 6. 已知随机变量的分布列如下： 2 3 6 则的值为（ ） A. 20 B. 18 C. 8 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据概率之和等于1求得，再根据期望公式和方差公式求出期望与方差，再根据方差的性质即可得解. 【详解】根据分布列可知，解得， ， ， 所以. 故选：B. 7. 根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得，依据的独立性检验，结论为（ ）参考值： 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 A. x与y不独立 B. x与y不独立，这个结论犯错误概率不超过0.05 C. x与y独立 D. x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 【答案】C 【解析】 【分析】利用独立性检验的基本思想即可得解. 【详解】零假设为：x与y独立， 由，依据的独立性检验，可得成立， 故可以认为x与y独立. 故选：C. 8. 已知，则（ ） A. B. 此二项展开式系数最大的项为第4项 C. 此二项展开式的二项式系数和为32 D. 【答案】D 【解析】 【分析】对A：借助二项式的展开式的通项公式计算即可得；对B：计算出第4项的系数可得其小于0，再计算出第1项的系数可得其大于0，可得其错误；对C：借助二项式系数和为计算即可得；对D：借助赋值法，令代入计算后结合即可得. 【详解】对A：，则，故A错误； 对B：，即第4项的系数为， 令，有，故B错误； 对C：，故此二项展开式的二项式系数和为，故C错误； 对D：令，则，又， 故，故D正确. 故选：D. 9. 现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法不正确的是（ ） A. 在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是 B. 第二次取到1号球的概率 C. 如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 D. 如果将5个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有150种 【答案】B 【解析】 【分析】对于A选项利用条件概率公式求解；对于B选项利用全概率公式求解，对于C选项利用贝叶斯公式求解，对于D选项，不同元素的分配问题，先分类再分配即可求解. 【详解】对于A选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球, ， 则第一次抽到号球的条件下，第二次抽到号球的概率，故A正确； 对于B选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球, , 依题意 两两互斥, 其和为, 并且， ， ， ， 应用全概率公式, 有， 故B错误； 对于C选项，依题设知, 第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同, 则， ， ， 故在第二次取到1号球的条件下, 它取自编号为的口袋的概率最大，故C正确； 对于D选项，先将5个不同小球分成1，1，3或2，2，1三份， 再放入三个不同的口袋， 则不同的分配方法有，故D正确. 故选：B. 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 已知随机变量，且，则_________． 【答案】0.4## 【解析】 【分析】根据正态分布的性质计算即可得出结果. 【详解】由随机变量服从得， 故答案为：0.4 11. 长期用嗓所致的慢性咽喉炎，一直是困扰教师们的职业病．据调查，某校大约有的教师患有慢性咽喉炎，而该校大约有的教师平均每天没有超过两节课，这些人当中只有的教师患有慢性咽喉炎．现从平均每天超过了两节课的教师中任意调查一名教师，则他患有慢性咽喉炎的概率为_________． 【答案】0.6## 【解析】 【分析】利用全概率公式可得，求解即可. 【详解】设所求的概率为，由全概率公式得，，得． 故答案为：. 12. 某工厂为研究某种产品的产量x（吨）与所需某种原材料的质量y（吨）的相关性，在生产过程中收集4组对应数据，如表所示． x 3 4 5 6 y 2.5 3 4 m 根据表中数据，得出y关于x的经验回归方程为，则表中m的值为______． 【答案】4.5 【解析】 【分析】表示出样本中心点的横、纵坐标，将其代入回归直线方程即可求解. 【详解】样本中心点的横坐标为，样本中心点的纵坐标为， 所以由样本中心点必在回归方程所对应的直线上，可得，解得. 故答案为：4.5. 13. 函数在点处切线斜率为，则的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】由导数的几何意义可知，再利用乘“1”法及基本不等式求最值. 【详解】因为， 所以，由题意可知， 所以， 当且仅当，又，即，时取等号， 所以的最小值是. 故答案为： 14. 已知函数在上存在递减区间，则实数a的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】求导得，由题意可得在区间上能成立，根据二次函数的单调性即可求解. 【详解】由题意得的定义域为， 所以， 因为函数在区间上存在递减区间， 即在区间上能成立. 设，，开口向上，对称轴为， 所以当时，单调递增，所以， 所以，则，即实数a的取值范围为. 故答案为:. 15. 已知袋子中有a个红球和b个蓝球，现从袋子中随机摸球，则下列说法中正确的是_________. ①每次摸1个球，摸出的球观察颜色后不放回，则第2次摸到红球的概率为 ②每次摸1个球，摸出球观察颜色后不放回，则第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为 ③每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后放回，连续摸n次后，摸到红球的次数X的方差为 ④从中不放回摸个球，摸到红球的个数X的概率是 【答案】①④ 【解析】 【分析】利用全概率公式可判断①；利用条件概率公式可判断②；利用二项分布的方差可判断③；利用超几何分布的概率公式计算判断④. 【详解】对于①，记事件：第一次摸红球，事件：第一次摸蓝球，事件：第二次摸红球， 则，①对； 对于②，每次摸1个球，摸出的球观察颜色后不放回， 则第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为，②错； 对于③，由题意可知，则，③错； 对于④，从中不放回摸个球，摸到红球的个数的概率是，④对. 故答案为：①④. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是熟练掌握全概率公式、条件概率公式与二项分布、超几何分布等相关知识. 三、解答题 (本大题共3小题，共45分) 16. （1）篮球运动员甲投篮一次得3分的概率为，得2分的概率为，得0分的概率为0.5（投篮一次得分只能为3分，2分，1分或0分），其中，已知甲投篮一次得分的数学期望为1. ⅰ)求的最大值； ⅱ) 求的最小值； （2）有甲､乙两个鱼缸，甲鱼缸中有条金鱼和条锦鲤，乙鱼缸中有4条金鱼和3条锦鲤，先从甲鱼缸中随机捞出一条鱼放入乙鱼缸，再从乙鱼缸中随机捞出一条鱼，若从乙鱼缸中捞出的是金鱼的概率为，求的最小值； （3）总结用基本不等式求最值的条件和方法. 【答案】（1）ⅰ)；ⅱ) 9；（2）4；（3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）ⅰ)借助期望的性质与基本不等式计算即可得；ⅱ)借助基本不等式计算即可得； （2）借助全概率公式与基本不等式计算即可得； （3）略. 【详解】（1）设这个篮球运动员得1分的概率为， ∵这个篮球运动员投篮一次得3分的概率为，得2分的概率为，得0分的概率为， 投篮一次得分只能3分、2分、1分或0分， 他投篮一次得分的数学期望为1，则， 解得， ⅰ)，， ∴， 当且仅当时,取最大值； ⅱ) ， 当且仅当=时，即时，等号成立； （2）由全概率公式可得，整理得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为； （3）利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： 一正：各项必须为正数； 二定：要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值； 要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； 三相等：利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件， 若不能取等号则这个定值就不是所求的最值. 利用基本不等式求最值的方法： 1、直接法：条件和问题间存在基本不等式的关系； 2、配凑法：凑出“和为定值”或“积为定值”，直接使用基本不等式； 3、代换法：代换法适用于条件最值中，出现分式的情况： 类型1：分母为单项式，利用“1”的代换运算，也称乘“1”法； 类型2：分母为多项式时： 方法1：观察法适合与简单型，可以让两个分母相加看是否与给的分子型成倍数关系； 方法2：待定系数法，适用于所有的形式； 4、消元法：当题目中的变元比较多的时候，可以考虑削减变元， 转化为双变量或者单变量问题； 5、构造不等式法：寻找条件和问题之间的关系，通过重新分配， 使用基本不等式得到含有问题代数式的不等式，通过解不等式得出范围，从而求得最值． 17. 在一个不透明的密闭纸箱中装有10个大小､形状完全相同的小球，其中8个白球，2个黑球.小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，记随机变量为小张摸出白球的个数. （1）若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，求和； （2）若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，求的分布列和； （3）结合以上两问，说明二项分布与超几何分布的区别与联系. 【答案】（1）， （2）分布列见解析， （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用二项分布的期望与方差公式计算即可得； （2）求出的所有可能取值与对应概率，即可得其分布列，即可得其期望； （3）根据二项分布与超几何分布的特征即可得到. 【小问1详解】 由小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次， 且每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，所以随机变量， 所以，； 【小问2详解】 由小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次， 且每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，随机变量服从超几何分布， 则， 可得， 所以的分布列为： 2 3 4 ； 【小问3详解】 区别： (1) 超几何分布描述的是不放回抽样问题，而二项分布描述的是放回抽样问题. (2) 超几何分布中的概率计算实质上是古典概型问题；二项分布中的概率计算实质上是相互独立事件的概率问题. 联系： 二项分布与超几何分布都可以描述随机变量的分布规律,并且二者的均值相同， 当调查研究的样本容量非常大时，对于不放回抽样，每抽一次后对的影响很小，超几何分布可以用二项分布近似. 18. 某学校工会组织趣味投篮比赛，每名选手只能在下列两种比赛方式中选择一种. 方式一：选手投篮3次，每次投中可得1分，未投中不得分，累计得分； 方式二：选手最多投3次.如第1次投中可进行第2次投篮，如第2次投中可进行第3次投篮.如某次未投中，则投篮中止.每投中1次可得2分，未投中不得分，累计得分； 若甲乙两位老师参加比赛，已知甲选择方式一参加比赛，乙选择方式二参加比赛. 假设甲，乙每次投中的概率均为，且每次投篮相互独立. （1）求甲得分不低于2分的概率； （2）求乙得分的分布列及期望； （3）求甲胜出的概率. 【答案】（1）； （2）分布列见解析，； （3） 【解析】 【分析】（1）利用二项分布的概率公式计算即可； （2）利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可； （3）根据甲乙得分情况及独立事件概率的乘法公式计算即可. 【小问1详解】 设甲选择方式一参加比赛得分为， ，， 设甲得分不低于2分为事件A，则； 【小问2详解】 设乙选择方式二参加比赛得分为Y，Y的可能取值为0，2，4，6， ，， ，， 所以Y的分布列为： Y 0 2 4 6 P 所以； 【小问3详解】 甲获胜的概率为， 19. 已知函数. （1）证明：当时，； （2）若函数有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助导数分及讨论函数单调性后计算其值域即可得； （2）可整理为，构造函数，借助导数研究其单调性后结合零点的存在性定理计算即可得. 【小问1详解】 由题意可得，函数，且，， 若，则在内恒成立， 可知在上单调递增，可得； 若，令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 可得， 且，则，则； 综上所述，当时，. 【小问2详解】 由题意可得，， 令，整理可得， 设，则， 且，可知， 令，解得；令，解得； 则在上单调递减，在上单调递增， 由题意可知，有两个零点，则，解得， 若，令，则， 则， 可知在内有且仅有一个零点； 且当趋近于时，趋近于，可知内有且仅有一个零点； 即，符合题意，综上所述，的取值范围为. 20. 已知函数. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）若不等式恒成立，求的取值范围； （3）在（1）的条件下，设，，且.求证：当，且时，不等式成立. 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间； （2）设，依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的最大值，即可求出参数的取值范围； （3）问题等价于证明，结合（2）可知，从而得到，再递推即可得证. 【小问1详解】 当时，函数，函数定义域为， 且， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由已知有恒成立，设，即， 又函数定义域为，， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，即，解得， 即的取值范围为. 【小问3详解】 由，，， 因为等价于. 一方面，要证明， 由（2）可知当时，有，当且仅当时取等号， 即，当且仅当时取等号，又，所以， 因为，所以， 因此当时，. 所以，当时，时成立，即成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$