精品解析：天津市第一中学2023-2024学年高二下学期期末质量调查数学试卷

天津一中2023—2024—2高二年级 数学学科期末质量调查试卷 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟.第Ⅰ卷为第1页，第Ⅱ卷为第2-3页.考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 一.选择题：（每小题3分，共30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. 已知全集，集合，，那么集合（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出集合，根据交集的定义即可. 【详解】由题意可知，， ， 所以. 故选：B. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用存在量词命题的否定写出结论即可. 【详解】命题，是一个存在量词命题，则其否定是全称量词命题， 所以命题“，”的否定是：，． 故选：C 3. 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 4. “>1”是“ex－1<1”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 【解析】 【分析】首先根据分式不等式的解法以及根据指数函数的单调性求解指数型不等式的解，之后从集合的包含关系来判断充分必要性即可得结果. 【详解】由可得，解得， 由可得，解得， 根据，所以“”是“”的充分不必要条件， 故选A. 【点睛】该题考查的是有关充分必要条件的判断问题，在解题的过程中，需要明确从集合的角度如何处理，掌握当A是B的真子集时，A是B的充分不必要条件，同时B是A的必要不充分条件，从而得到结果. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性可排除C；根据的符号可排除A；利用导数说明不是函数的极值点，即可排除D. 【详解】函数的定义域为， 因为， 所以函数为偶函数，故排除C； 因为，故排除A； 当时，，则， 因为，所以不是函数的极值点，故排除D. 故选：B. 6. 已知函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递减，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据指数函数与对数的性质比较的大小，再根据函数在上单调递减，可得，由此可得答案。 【详解】因为，，， 又函数在上单调递减， 所以， 即， 故选:A 【点睛】本题考查了指数函数的性质，对数的性质，考查了偶函数的应用，考查了根据单调性比较大小，属于基础题。 7. 已知，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式求解. 【详解】因为，， 所以， 当且仅当，即时，取得等号， 所以有最小值为， 因不等式在上恒成立， 所以，解得，所以的最小值为4， 故选:C. 8. 甲辰龙年春节哈尔滨火爆出圈，成为春节假期旅游城市中的“顶流”．甲、乙等6名网红主播在哈尔滨的中央大街、冰雪大世界、圣索菲亚教堂、音乐长廊4个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个主播去打卡游玩，每位主播都会选择一个景点打卡游玩，且甲、乙各单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（ ） A. 96种 B. 132种 C. 168种 D. 204种 【答案】C 【解析】 【分析】对其余位主播分两种情况讨论，按照先分组、再分配的方法计算可得. 【详解】依题意其余位主播有两种情况： ①位主播去一个景点，位主播去另外一个景点；②分别都是位主播去一个景点； 所以不同游玩方法（种）. 故选：C 9. 已知，若对任意两个不等的正实数，都有恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，由已知可得为上的增函数，从而可得恒成立，参变分离可求的取值范围. 【详解】根据 可知， 令， 可得为上的增函数， 所以恒成立，分离参数得， 而当时，， 当且仅当，即时取等号，故最大值为，所以， 所以的取值范围是. 故选：A. 10. 已知函数，若关于的方程恰有四个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将原方程变形为或，然后分析的单调性，再对不同的进行分类讨论即可得到结果. 【详解】由于，故原方程等价于或. 由于当时，，故上单调递减. 而当时，有，故此时， 从而当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减. 从而当时，有，而在上单调递减，， 所以有唯一的解. 若原方程有四个不同的解，则存在四个不同的实数满足或， 而只有一个解，所以方程至少有三个解. 假设，则当时，当时，所以至多有一个解，矛盾，所以. 假设，则当，时有， 从而在上至多有一个解，由在上单调递减知在上至多有一个解， 所以至多有两个解，矛盾，所以. 综上，有，即； 另一方面，当即时，设， 由于，，， 且. 故在，，上各有一个解，从而至少有三个解. 而，（因为），所以或有四个解. 综上，的取值范围是，即，D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于恰当选取不同的情况进行分类讨论，对于取值范围问题，需要严格证明命题成立当且仅当参数属于对应范围，而这往往意味着论证需要包含充分性和必要性两方面. 第Ⅱ卷 二.填空题：（每小题4分，共24分） 11. 已知函数，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用已知的分段函数，可先求，再求即可. 【详解】因为，所以. 所以. 故答案为：. 12. 若展开式中的常数项为，则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】求得二项展开式的通项，结合通项求得的值，代入列出方程，即可求解. 【详解】由二项式展开式的通项为， 令，可得，代入可得，解得. 故答案为：. 13. 定义在R上的偶函数满足，且当时则=_________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用确定函数的周期，再结合偶函数性质求值． 【详解】用x+1代换x，得，即f(x+2)=f(x)，f(x)为周期函数，T=2， 又 ， 是偶函数，所以， 故答案为：2． 【点睛】本题考查由函数的周期性和奇偶性求函数值，属于中档题.函数若满足，等时，则此函数为周期函数，且是它的一个周期． 14. 已知函数，则关于的不等式的解集为______. 【答案】,或 【解析】 【分析】判断出函数的奇偶性，利用导数判断出单调性，利用奇偶性、单调性可得答案. 【详解】，， 所以为奇函数， ， 当且仅当等号成立， 所以在上单调递减， 由得， 可得，解得，或， 所以不等式的解集为,或. 故答案为：,或. 15. 我们比较熟悉的网络新词，有“”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”若函数，，的“躺平点”分别为，，，则，，的大小关系为______ ． 【答案】 【解析】 【分析】根据“躺平点”新定义，可解得,，利用零点存在定理可得,即可得出结论. 【详解】根据“躺平点”定义可得，又； 所以，解得； 同理，即； 令，则， 即为上的单调递增函数， 又， 所以在有唯一零点，即； 易知，即， 解得； 因此可得. 故答案为：. 16. 已知函数，，若对任意，均存在，使得，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为两个函数的最值，利用导数求解的最值，利用二次函数的性质求解的最值，即可求解. 详解】由题意知， 由题意，且的对称轴为直线， 所以当时，． 设，则，所以， 当时，；当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. 又，所以在区间上只有一个零点， 设为，且当时，；当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，所以当时，，所以，即． 因此，实数的取值范围是． 故答案为： 三.解答题：（本大题共4小题共46分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17. 已知函数. （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）若函数在处取得极值，求的单调区间. 【答案】（1） （2）的单调递增区间为，，的单调递减区间为 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）由可求得实数的值，然后利用导数判断函数的单调性可得答案. 【小问1详解】 因为所以， 所以，所以， 又， 所以曲线在点处的切线方程为：； 【小问2详解】 由函数在处取得极值可知： ，即，解得：， 此时，，， 当，时，， 当时，， 所以符合题意. 综上，的单调递增区间为，，的单调递减区间为. 18. 我市拟建立一个博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司能正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为 ，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的. （1）求甲公司至少答对2道题目的概率； （2）分别求甲、乙两家公司答对题数分布列，请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大? 【答案】（1） （2）分布列见解析，甲公司竞标成功的可能性更大，分析见解析 【解析】 【分析】（1）利用超几何分布求出甲公司回答对2道题和3道题的概率即可求出结果； （2）根据超几何分布和二项分布求出甲、乙两家公司答对题数对应的概率，进而得到分布列，再求两个随机变量的期望和方差，由此作出判断即可. 【小问1详解】 由题意可知甲公司至少答对2道题目可分为答对2题和答对3题， 所求概率. 【小问2详解】 设甲公司正确完成面试的题数为，则的可能取值为1，2，3， ，，， 则的分布列为 1 2 3 所以，， 设乙公司正确完成面试的题数为，则的可能取值为0，1，2，3， ，， ，， 则的分布列为 0 1 2 3 所以， ， 由于，，所以甲公司竞标成功的可能性更大. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2），，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求导得，分是否小于0进行讨论即可求解； （2）显然时，不等式恒成立，所以原题条件等价于，在上恒成立，构造函数，，利用导数求得其最大值即可得解. 【小问1详解】 的定义域为，， 当时，，所以在上单调递增； 当时，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，显然成立，此时可为任意实数； 当时，由，在上恒成立，得， 令，， 则， 设，由（1）可知，在上单调递增，所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； 则，所以， 综上，实数的取值范围为. 20. 已知函数，其中. （1）当时，，求的取值范围. （2）若，证明：有三个零点，，（），且，，成等比数列. （3）证明：（）. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）法一：先求的导数，再由导数讨论函数的单调性，判断是否成立，从而确定的取值范围；法二：由题意得，，即确定的单调性，由，得，然后通过设，利用导数证明即可； （2）由（1）可知，的单调性，由此可判断上存在唯一零点，在上存在唯一零点，由即可证明； （3）由题意，可得，即，进而得到，原命题即可证. 【小问1详解】 （解法一）由题意可知的定义域为， ， 设，其中. ①当，即时，，所以，单调递增， 所以当时，，故满足题意； ②当，且，即时，， 所以，单调递增， 所以当时，，故满足题意； ③当，且，即时， 设的两根为，， 解得，， 则当时，，所以，单调递减， 则，故不满足题意 . 综上，的取值范围是 . （解法二）由题意可知的定义域为， ， 因为，，所以，解得， 以下证明满足题意. 由可知，，所以当时，， 设，，所以为递增函数， 所以，所以， 综上，a的取值范围是. 【小问2详解】 由（1）可知，当时，在和上单调递增，在上单调递减， 因为，所以，， 取，， （其中，所以，即）， 取，. （其中，所以，即）， 所以在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，且， 所以，， 又，所以也是函数的零点， 显然且，所以，即，所以，所以，，成等比数列. 【小问3详解】 由（1）可知当时，为单调递增函数， 所以当时，，即， 整理得，即， 所以（）， 则（）， 故（）. 【点睛】关键点点睛：本题后两问关键是利用（1）的结论，将所要证明的问题进行转化. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津一中2023—2024—2高二年级 数学学科期末质量调查试卷 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟.第Ⅰ卷为第1页，第Ⅱ卷为第2-3页.考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 一.选择题：（每小题3分，共30分）在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，，那么集合（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知函数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4. “>1”是“ex－1<1”的(　　) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C D. 6. 已知函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递减，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，若关于不等式在上恒成立，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 8. 甲辰龙年春节哈尔滨火爆出圈，成为春节假期旅游城市中的“顶流”．甲、乙等6名网红主播在哈尔滨的中央大街、冰雪大世界、圣索菲亚教堂、音乐长廊4个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个主播去打卡游玩，每位主播都会选择一个景点打卡游玩，且甲、乙各单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（ ） A. 96种 B. 132种 C. 168种 D. 204种 9. 已知，若对任意两个不等正实数，都有恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，若关于的方程恰有四个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 二.填空题：（每小题4分，共24分） 11. 已知函数，则____________. 12. 若展开式中的常数项为，则实数______. 13. 定义在R上的偶函数满足，且当时则=_________． 14. 已知函数，则关于的不等式的解集为______. 15. 我们比较熟悉的网络新词，有“”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”若函数，，的“躺平点”分别为，，，则，，的大小关系为______ ． 16. 已知函数，，若对任意，均存在，使得，则实数的取值范围是__________． 三.解答题：（本大题共4小题共46分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17. 已知函数. （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）若函数在处取得极值，求单调区间. 18. 我市拟建立一个博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司能正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为 ，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的. （1）求甲公司至少答对2道题目的概率； （2）分别求甲、乙两家公司答对题数分布列，请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大? 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2），，求的取值范围. 20. 已知函数，其中. （1）当时，，求的取值范围. （2）若，证明：有三个零点，，（），且，，成等比数列. （3）证明：（）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$