精品解析：广东省部分学校2023-2024学年高二下学期6月联考数学试卷

2023—2024学年下学期6月联考 高二数学试卷 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 3. 已知随机变量，且，，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 4. 拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 0 5. 展开式中的系数为（ ） A. 90 B. 180 C. 270 D. 360 6. 某人在次射击中击中目标的次数为，其中，击中偶数次为事件A，则（ ） A. 若，则取最大值时 B. 当时，取得最小值 C. 当时，随着的增大而减小 D. 当的，随着的增大而减小 7. 若“，”为假命题，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义在上的函数，且，则（ ） A. B. C. D. 0 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分） 9. 已知函数的定义域为，若，且为偶函数，，则（ ） A. B. C D. 10. 小明与小红两人做游戏，抛掷一枚质地均匀的骰子，则下列游戏中不公平的是（ ） A. 抛掷骰子一次，掷出的点数为1或2，小明获胜；否则小红获胜 B. 抛掷骰子两次，掷出的点数之和为奇数，小明获胜；否则小红获胜 C. 抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6，小明获胜；点数之和为8，小红获胜；否则重新抛掷 D. 抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，小明获胜；掷出的点数都相同，小红获胜；否则重新抛掷 11. 已知 ，下列说法成立的是 （ ） A. B. C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知关于的不等式，若此不等式的解集为，则实数m的取值范围是___________ 13. 已知随机变量，且，则最小值为_____． 14. 已知函数，若⫋，则__________，取值范围为__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 有编号为1，2，3，4，5的盒子，1号盒子有两个白球和两个黑球，其余盒子中都有两个白球一个黑球. （1）从1号盒子中取出两个球，求颜色不同的概率； （2）从1号盒子中取出一个球放入2号盒子，再从2号盒子中取出一个球放入3号盒子，依此类推最后从4号盒子中取出一个球放入5号盒子结束，记“n号盒子取出的球是白球”为事件 ①求 ②求 16. 已知函数. （1）当时，求函数的图象在点处的切线方程 （2）当时，求函数的极值 （3）若在上是单调增函数，求实数a的取值范围. 17. 为提升学生体质，弘扬中华传统文化，某校本学期开设了武术社团，有10位武术爱好同学参加，并邀请专业体育教师帮助训练.教师训练前对10位同学测试打分，训练一段时间后再次打分，两次得分情况如表格所示.规定满分为10分，记得分在8分以上（包含8分）的为“优秀”. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 训练前 4 7 5 9 5 2 8.5 6 7 5 训练后 8.5 9.5 7.5 9.5 8.5 6 9.5 85 9 9 优秀人数 非优秀人数 合计 训练前 训练后 合计 （1）将上面的列联表补充完整，并根据小概率值的独立性检验，判断武术社团同学的武术优秀情况与训练是否有关？并说明原因； （2）从这10人中任选4人，在这4人中恰有3人训练后为“优秀”的条件下，求这4人中恰有1人是训练前也为“优秀”的概率； （3）为迎接汇报表演，甲同学连续4天每天进行和两个武术项目的训练考核，、项目考核相互独立，且每天考核互相不影响，项若为优秀得2分，概率为，项若为优秀得3分，概率为，否则都只得1分.设甲同学在这4天里，恰有3天每天得分不低于3分的概率为，求为何值时，取得最大值. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2706 3.841 6.635 7.879 10.828 18. 某工业流水线生产一种零件，该流水线的次品率为，且各个零件的生产互不影响． （1）若流水线生产零件共有两道工序，且互不影响，其次品率依次为． ①求p； ②现对该流水线生产的零件进行质量检测，检测分为两个环节：先进行自动智能检测，若为次品，零件就会被自动淘汰；若智能检测结果为合格，则进行人工抽检．已知自动智能检测显示该批零件的合格率为99%，求人工抽检时，抽检的一个零件是合格品的概率（合格品不会被误检成次品）． （2）视p为概率，记从该流水线生产的零件中随机抽取n个产品，其中恰好含有个次品的概率为，求函数最大值． 19. 已知函数． （1）若在上单调递增，求实数的最大值； （2）讨论的单调性； （3）若在上单调递增，且存在且，使得，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年下学期6月联考 高二数学试卷 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用对数函数单调性求出中的不等式，再运用并集运算即可. 【详解】中的不等式，得，即， 又， . 故选：C. 2. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助“1”的活用，结合基本不等式计算即可得. 【详解】 ， 当且仅当，即，时，等号成立. 故选：D. 3. 已知随机变量，且，，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】A 【解析】 【分析】利用正态密度曲线的对称性，即可求解. 【详解】由正态密度曲线的对称性可知，，， 所以. 故选：A 4. 拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数判断单调性，求解出值 【详解】因为函数在上连续，且在上可导，则必有一，使得， 又函数，可得， 所以，此时， 又，所以，因为，且，所以， 不妨设，函数定义域为，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值也最大值，最大值， 则当时，λ取得最大值，最大值为． 故选：C． 5. 展开式中的系数为（ ） A. 90 B. 180 C. 270 D. 360 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式定理，组合知识进行求解. 【详解】从的6个因式中，其中2个因式选择，2个因式选择，剩余2个选择1， 故展开式中的系数为. 故选：D 6. 某人在次射击中击中目标的次数为，其中，击中偶数次为事件A，则（ ） A. 若，则取最大值时 B. 当时，取得最小值 C. 当时，随着的增大而减小 D. 当的，随着的增大而减小 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，根据直接写出，然后根据取最大值列式计算即可判断；对于B，根据，直接写出即可判断；对于CD，由题意把表示出来，然后利用单调性分析即可. 【详解】A：在10次射击中击中目标的次数， 当时对应的概率， 因为取最大值，所以， 即， 即，解得， 因为且，所以，即时概率最大．故A错误； B：，当时，取得最大值，故B错误； C、D：， ， ， ， 当时，，为正负交替的摆动数列，所以不会随着的增大而减小，故C错误； 当时，为正项且单调递减的数列，所以随着的增大而减小，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查二项分布及其应用，其中求是难点，关键是能找到其与二项展开式之间的联系. 7. 若“，”为假命题，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】转化为命题的否定为真命题，再分离参数，设新函数求出其最大值即可得到答案. 【详解】由题意得该命题的否定为真命题， 即“，”为真命题， 即， 令，因为，则， 则存在，使得成立， 令，令，则（负舍）， 则根据对勾函数的性质知在上单调递减，在上单调递增， 且，，则，则. 故选：C. 8. 已知是定义在上的函数，且，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】先根据和判断出的图象关于直线对称，关于点对称，从而得到周期为4；再根据得到，最后化简所求表达式并利用二项式系数和的性质求解即可. 【详解】因为，即，所以函数的图象关于直线对称； 又因为，所以，所以函数的图象关于点对称； 所以，所以，即函数周期为4， 又因为，所以，即. 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的周期性、对称性等性质，解题的关键是将抽象函数利用相关条件进行转化. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分） 9. 已知函数的定义域为，若，且为偶函数，，则（ ） A B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先根据函数既是中心对称又是轴对称，求得函数的周期，判断A，再根据函数周期和对称性求值，并求函数值，判断BCD. 【详解】∵，∴关于对称 ∵为偶函数，∴关于对称 ∴的周期，故A错； （∵周期为12） （∵关于对称） （∵关于对称），故B正确； （∵的周期为12） （∵关于对称） （∵关于对称） ，即，故C正确； ∵的周期为12 ∴， ，又，所以， 同理，，， ，又，所以，即， 由，令，得，， ， 所以，所以， ， ，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过对称性判断函数的周期. 10. 小明与小红两人做游戏，抛掷一枚质地均匀的骰子，则下列游戏中不公平的是（ ） A. 抛掷骰子一次，掷出的点数为1或2，小明获胜；否则小红获胜 B. 抛掷骰子两次，掷出的点数之和为奇数，小明获胜；否则小红获胜 C. 抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6，小明获胜；点数之和为8，小红获胜；否则重新抛掷 D. 抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，小明获胜；掷出的点数都相同，小红获胜；否则重新抛掷 【答案】AD 【解析】 【分析】对于每个选项，由古典概型概率计算公式计算各自获胜的概率即可求解. 【详解】对于A，小明获胜的概率为，故A符合题意； 对于B，若要点数之和为奇数，则只能是一奇一偶，而每抛一次出现奇数，偶数的概率都是， 但可能是先出现奇数，有可能先出现偶数，故小明获胜的概率为，故B不符合题意； 对于C，若点数之和为6，则两个加数可以是，即小明获胜的概率为， 若点数之和为8，则两个加数可以是，即小红获胜的概率为，故C不符合题意； 对于D，抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，则这三个自然数可以是， 所以小明获胜的概率为， 若掷出的点数都相同，则这三个自然数可以是， 所以小红获胜的概率为，故D符合题意. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：关键是准确计算出各自获胜的概率，由此即可顺利得解. 11. 已知 ，下列说法成立的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据指数、对数的运算及指对函数的单调性，以及构造函数，利用导数判断单调性可得，据此判断AB；举反例判断C；由题意得，令，由导数确定可判断D. 【详解】对于A，由知，， 令，则，当时，单调递增， 当时，单调递减，所以，即， 由知，故A正确； 对于B，由可得，可得（时取等号）， 因为，所以，故B正确； 对于C，因为，当时，，则，又， 所以，由知， 所以此时，故C错误； 对于D，，， 令，则， 由于得，可得，时等号成立，当时，， 所以， 在单调递增，，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项时，对式子进行变形换元后得到是解题的第一个关键，构造函数，利用两次求导可得出函数的最小值是解题的第二个关键点. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知关于的不等式，若此不等式的解集为，则实数m的取值范围是___________ 【答案】 【解析】 【分析】对进行和分类，再结合不等式的解集为讨论求解即可. 【详解】当时，，与客观事实矛盾， 故此时不等式的解集为，符合； 当时，为一元二次不等式，若此不等式的解集为， 则有， 综上，实数m的取值范围是. 故答案为：. 13. 已知随机变量，且，则的最小值为_____． 【答案】8 【解析】 【分析】先根据正态分布的性质得出，再结合常值代换应用不等式求出最值即可. 【详解】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为， 又因为，所以，所以． 当时， ， 当且仅当，即时等号成立，故最小值为8． 故答案为：8. 14. 已知函数，若⫋，则__________，的取值范围为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意可推出，结合，即可求得m的值；由此确定，要满足⫋，需满足有解，由此列不等式求出n的范围，即可求得答案. 【详解】设，则，由题意知， 即，故， 则，则， 当时，， 此时的解均为，不满足⫋，故； 故要使得⫋， 需满足有解，且显然其解不是0和n，()， 故，解或，结合，可得或， 故，即的取值范围为， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：注意到，从而0和n不是的解，故要满足题意，需有解，进而结合判别式求解即可. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 有编号为1，2，3，4，5的盒子，1号盒子有两个白球和两个黑球，其余盒子中都有两个白球一个黑球. （1）从1号盒子中取出两个球，求颜色不同的概率； （2）从1号盒子中取出一个球放入2号盒子，再从2号盒子中取出一个球放入3号盒子，依此类推最后从4号盒子中取出一个球放入5号盒子结束，记“n号盒子取出的球是白球”为事件 ①求 ②求 【答案】（1） （2）①，，；② 【解析】 【分析】（1）直接根据分步计数原理和古典概率公式计算即可； （2）是条件概率公式的乘法形式，则是根据代入条件概率公式计算，需要根据容斥原理计算，因为不互斥，计算则属于马尔科夫链的概率模型，其本质为全概率公式，通过全概率公式计算和即可计算. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 ①， ， ， ； ②， . 16. 已知函数. （1）当时，求函数的图象在点处的切线方程 （2）当时，求函数的极值 （3）若在上是单调增函数，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2）极小值为，无极大值 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义函数的图象在点处的切线的斜率为，又，由直线的点斜式可得切线方程； （2）利用的正负讨论的单调性，即可求得函数的极值； （3）由在上是单调增函数，所以在上恒成立，则在上恒成立，又在上为单调递减函数，所以，可得. 【小问1详解】 当时，，定义域为， ，所以函数的图象在点处的切线的斜率为，又， 所以函数图象在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 ，令，解得， 当时，，当时，， 所以 在上是减函数，在上是增函数， 所以在处取得极小值，无极大值. 【小问3详解】 因为在上是单调增函数， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 因为在上为单调递减函数， 所以当时，取得最大值，即， 所以. 17. 为提升学生体质，弘扬中华传统文化，某校本学期开设了武术社团，有10位武术爱好同学参加，并邀请专业体育教师帮助训练.教师训练前对10位同学测试打分，训练一段时间后再次打分，两次得分情况如表格所示.规定满分为10分，记得分在8分以上（包含8分）的为“优秀”. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 训练前 4 7 5 9 5 2 8.5 6 7 5 训练后 8.5 9.5 7.5 9.5 8.5 6 9.5 8.5 9 9 优秀人数 非优秀人数 合计 训练前 训练后 合计 （1）将上面的列联表补充完整，并根据小概率值的独立性检验，判断武术社团同学的武术优秀情况与训练是否有关？并说明原因； （2）从这10人中任选4人，在这4人中恰有3人训练后为“优秀”的条件下，求这4人中恰有1人是训练前也为“优秀”的概率； （3）为迎接汇报表演，甲同学连续4天每天进行和两个武术项目的训练考核，、项目考核相互独立，且每天考核互相不影响，项若为优秀得2分，概率为，项若为优秀得3分，概率为，否则都只得1分.设甲同学在这4天里，恰有3天每天得分不低于3分的概率为，求为何值时，取得最大值. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）同学的优秀情况与训练有关，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将列联表完善，计算出卡方，与比较后得到结论； （2）设出事件，结合组合知识，利用条件概率求出答案； （3）计算出甲同学一天得分不低于3分的概率，从而得到，，求导后得到单调性，从而确定当时，取得最大值. 【小问1详解】 零假设：假设武术社团同学的武术优秀情况与训练无关.列联表为 优秀人数 非优秀人数 合计 训练前 2 8 10 训练后 8 2 10 合计 10 10 20 . 故根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即同学的优秀情况与训练有关. 【小问2详解】 设“所选4人中恰有3人训练后为优秀”为事件，“所选4人中恰有1人训练前也为优秀”为事件， 事件为所选4人中，有1人训练前优秀，有2人为训练前非优秀，训练后变为优秀， 有1人训练前非优秀，训练后也非优秀， 从（1）中可知，有6人训练前非优秀，训练后变为优秀，有2人训练前非优秀，训练后也非优秀， 则，， 所以. 【小问3详解】 设“甲同学一天得分不低于3分”为事件，有， 则恰有3天每天得分不低于3分的概率 ，， ， 当时，，时，， 故在上单调递增，在单调递减. 所以当时，取得最大值. 18. 某工业流水线生产一种零件，该流水线的次品率为，且各个零件的生产互不影响． （1）若流水线生产零件共有两道工序，且互不影响，其次品率依次为． ①求p； ②现对该流水线生产的零件进行质量检测，检测分为两个环节：先进行自动智能检测，若为次品，零件就会被自动淘汰；若智能检测结果为合格，则进行人工抽检．已知自动智能检测显示该批零件的合格率为99%，求人工抽检时，抽检的一个零件是合格品的概率（合格品不会被误检成次品）． （2）视p为概率，记从该流水线生产的零件中随机抽取n个产品，其中恰好含有个次品的概率为，求函数最大值． 【答案】（1）①，② （2） 【解析】 【分析】（1）①由题意可知两道生产工序互不影响，利用对立事件可求；②依题意可利用条件概率公式求抽检的一个芯片是合格品的概率； （2）依题意可知，求导后利用导数研究的单调性，得到当时，取得最大值，代入即可求得. 【小问1详解】 ①因为两道生产工序互不影响， 所以． ②记该款芯片自动智能检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B， 且， 则人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率为． 【小问2详解】 因为各个芯片的生产互不影响，所以， 所以， 令，得，又，则， 所以当时，为单调增函数， 当时，为单调减函数， 所以，当时，取得最大值， 则最大值为. 19. 已知函数． （1）若在上单调递增，求实数的最大值； （2）讨论的单调性； （3）若在上单调递增，且存在且，使得，证明：． 【答案】（1）2 （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知可得关于参数的不等式，将恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用基本不等式求出最值即可； （2）先求原函数的导数，再对参数分类讨论，即可得出函数的单调性； （3）根据已知条件先对进行转化，再构造函数，并利用导数求出原函数的单调性，从而证出不等式. 【小问1详解】 因为函数在上单调递增，所以在上恒成立． 因为，所以，即对恒成立． 因为，当且仅当时取等号，所以，即实数的最大值是2． 【小问2详解】 ， ①当时，，则在上单调递增； ②当时，恒成立，则在上单调递增； ③当时，令，得， 当，；当，， 则在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减． 【小问3详解】 因为，所以， 因为在上单调递增，所以． 要证，即证． 因为在上单调递增，所以只需证． 又因为，所以只需证， 即证． 记， 则， 所以在上单调递增，所以， 故成立． 【点睛】方法点睛：利用分离参数法确定不等式（，为参数）恒成立问题中参数范围的步骤： 1.将参数与变量分离，不等式化为或的形式； 2.求在时的最大值或者最小值； 3.解不等式或，得到的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$