山东省泰安市新泰市第一中学东校2023-2024学年高二下学期期末综合训练一

新泰一中东校东校高二下学期期末综合训练一 数学试题 时间：120分钟；满分150分 一、单项选择题：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．设，则“”是“函数在上单调递增”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．已知5对成对样本数据成线性关系，样本相关系数为，去掉1对数据后，剩下的4对成对样本数据成线性关系，样本相关系数为，则（    ） A． B． C． D．的大小无法确定 4．一个不透明的袋子中装有3个黑球，n个白球，这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为，设X为取出白球的个数，则（    ） A． B． C．1 D．2 5．小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（    ） A．48 B．32 C．24 D．16 6．若曲线 有且仅有一条过坐标原点的切线，则正数a的值为（ ） A． B． C． D． 7．下列判断正确的是（    ） A．函数的最小值为2 B．命题“，”的否定是“，” C．若对恒成立，则 D．“”是“，不都是2”的充分条件 8．若都有成立，则a的最大值为（    ） A． B．1 C．e D．2e 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，选出符合题目要求的选项． 9．下列说法正确的是（   ） A．若随机变量X服从两点分布且，则 B．若随机变量满足，，则 C．若随机变量，则 D．设随机变量，若恒成立，则的最大值为12 10．在信道内传输信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两个信号的概率均为．若输入四个相同的信号的概率分别为，且．记事件分别表示“输入”“输入”“输入”，事件表示“依次输出”，则（    ） A．若输入信号，则输出的信号只有两个的概率为 B． C． D． 11．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．当时，曲线在点处的切线方程为 B．若对任意的，都有，则实数的取值范围是 C．当时，既存在极大值又存在极小值 D．当时，恰有3个零点，且 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知的展开式中的系数为，则实数的值为 . 13．记分别为函数的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”. 已知：，若函数与存在“点”，则实数的取值范围为 . 14．在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1、2、3、4外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.现在已知甲选择了1号箱，若用表示i号箱有奖品，用表示主持人打开i号箱子，则 ； . （注：第一空2分，第二空3分） 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15．（本小题满分13分）已知集合，函数的定义域为集合． (1)当时，求； (2)设命题p：，命题q：，若p是q的充分不必要条件，求实数的取值范围． 16．（本小题满分15分）在的展开式中， (1)求二项式系数最大的项； (2)若第项是有理项，求的取值集合. (3)系数的绝对值最大的项是第几项； 17．（本小题满分15分）杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮、宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址、京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠、坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神．甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮、宸宸和莲莲三款中的一个，只有打开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每个30元． (1)甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开．当甲买到的吉祥物首次出现相同款式时，用X表示甲购买的次数，求X的分布列； (2)为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过3个，若未集齐再直接购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？ 18．（本小题满分17分）已知. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个极值点，，证明：. 19．（本小题满分17分）在机器学习中，精确率、召回率、卡帕系数是衡量算法性能的重要指标．科研机构为了测试某型号扫雷机器人的检测效果，将模拟战场分为100个位点，并在部分位点部署地雷．扫雷机器人依次对每个位点进行检测，表示事件“选到的位点实际有雷”，表示事件“选到的位点检测到有雷”，定义：精确率，召回率，卡帕系数，其中． （Ⅰ）若某次测试的结果如下表所示，求该扫雷机器人的精确率和召回率． 实际有雷 实际无雷 总计 检测到有雷 40 24 64 检测到无雷 10 26 36 总计 50 50 100 （Ⅱ）对任意一次测试，证明：． （Ⅲ）若，则认为机器人的检测效果良好；若，则认为检测效果一般；若，则认为检测效果差．根据卡帕系数评价（Ⅰ）中机器人的检测效果． 新泰一中东校东校高二下学期期末综合训练一 参考答案 1． B 2．A 3．A 4．A 5．C 6．A 7．D 8．B 9． BD 10．BCD 11．BCD 12． 13． 14. 15．【分析】（1）根据题意得或，再求交集运算即可； （2）由题知或，，再根据集合关系求解即可. 【详解】（1）解：当时，， 由题意，解得或，所以或， 又， 所以. （2）解：由题意，即，解得：或， 所以或， 因为p是q的充分不必要条件， 所以，集合是集合的真子集， 所以或，解得或 故实数的取值范围． 16．【分析】（1）利用二项式定理求出通项，二项式系数最大的项为中间项，求解即可； （2）当为整数时为有理项，即可求解； （3）设第项的系数的绝对值最大，列方程组即可求解. 【详解】（1），， 二项式系数最大的项为中间项，即第项， 所以； （2），， 当为整数时为有理项，即， 则的取值集合为； （3）设第项的系数的绝对值最大， 则，所以，解得， 故系数的绝对值最大的项为第项和第项. 17．【分析】（1）根据独立重复试验概率计算公式、排列组合数的计算公式求得的分布列. （2）根据甲一次性购买的吉祥物盲盒的个数进行分类讨论，通过计算各种情况下的总费用来求得正确答案. 【详解】（1）由题意可知所有可能取值为， , 所以的分布列如下： （2）设甲一次性购买个吉祥物盲盒，集齐三款吉祥物需要的总费用为. 依题意，可取. 方案1：不购买盲盒时，则需要直接购买三款吉祥物，总费用元. 方案2：购买个盲盒时，则需要直接购买另外两款吉祥物， 总费用元. 方案3：购买个盲盒时， 当个盲盒打开后款式不同，则只需直接购买剩下一款吉祥物， 总费用，， 当个盲盒打开后款式相同，则需要直接购买另外款吉祥物， 总费用， 所以元. 方案4：购买个盲盒时， 当个盲盒打开后款式各不相同，则总费用，， 当个盲盒打开后恰有款相同，则需要直接购买剩下一款吉祥物， 则总费用， 当个盲盒打开后款式全部相同，则需要直接购买另外两款吉祥物， 总费用， 所以元. 对比个方案可知，第个方案总费用的期望值最小， 故应该一次性购买个吉祥物盲盒. 18．【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性； （2）借助换元法，令，，，可得、是方程的两个正根，借助韦达定理可得，，即可用、表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 【详解】（1）当时，， ， 则当，即时，， 当，即时，， 故的单调递减区间为、，单调递增区间为； （2），令，即， 令，，则、是方程的两个正根， 则，即， 有，，即， 则 ， 要证，即证， 令， 则， 令，则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使，即， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又，则，故， 即，即. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，，，从而可结合韦达定理得、的关系，即可用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 19．【分析】 本题考查条件概率、概率的运算性质． 解析 （Ⅰ）， ． （Ⅱ）， 要证明，需证明． 等式右边： ． 等式左边： 因为， 所以 ． 等式左右两边相等，因此成立． （Ⅲ）由（Ⅰ）得，因为， 所以（Ⅰ）中机器人的检测效果一般． 另解：， ， 所以．判断结果同上． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$