精品解析：江苏省苏州市昆山市部分学校2023～2024学年高二下学期综合能力测评数学试卷

高二下数学综合能力测评 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则符合条件的有序集合对的个数为（ ） A. 81 B. 90 C. 108 D. 114 2. 最接近下列哪个数字（ ） A. 1.20 B. 1.21 C. 1.22 D. 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. 12 B. 15 C. 17 D. 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，则下列说法正确是（ ） A. B. 是奇函数 C. D. 若有且仅有一个负整数解，则取值范围是 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. 用个种不同颜色的扇形拼成一个圆，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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二下数学综合能力测评 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则符合条件的有序集合对的个数为（ ） A. 81 B. 90 C. 108 D. 114 【答案】A 【解析】 【分析】根据满足条件的集合可看成由的子集与的并集，然后分类计算即可. 【详解】当时，满足条件的有序集合对有1个； 当为单元集合时，例如， 则满足条件的集合可看成由的子集与集合的并集，共有个， 所以为单元集合时，满足条件的有序集合对有个； 当为二元集合时，满足满足条件的有序集合对有个； 当为三元集合时，满足满足条件的有序集合对有个； 当为四元集合时，满足满足条件的有序集合对有个. 综上，符合条件的有序集合对的个数为. 故选：A 2. 最接近下列哪个数字（ ） A. 1.20 B. 1.21 C. 1.22 D. 1.23 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理进行估值即可. 【详解】由题意得， 由二项式定理得， 而从第3项以后，后面的项非常小，我们进行忽略即可， 所以我们得到， 则其与1.22更接近，故C正确. 故选：C 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. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数求出的单调区间，画出的大致图象，令，则问题转化为方程有两个不相等的实根，且，然后结合根与系数的关系可求得答案. 【详解】由，得， 由，得，解得或， 由，得，解得或， 所以在和上递增，在和上递减， 所以的大致图象如图所示， 令，由， 则，则， 所以方程有两个不相等的实根，则， 因为在其定义域上有且仅有两个零点， 所以由的图象可知， 不妨设，则， 因为，所以， 所以，得，所以， 由，得， 所以在上递增，所以， 即的取值范围是. 故选：B. 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. 12 B. 15 C. 17 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】设抽奖次数为，花费的积分为，则，表达出，利用错位相减法和极限思想求出答案. 【详解】设抽奖次数为，花费的积分为，则， 每次抽中100元代金券的概率为， 故， 设，① ，②， 两式相减得， ， 故， 故， 故选：B 5. 已知复合函数求导法则符合，记是的反函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据反函数定义得到，两边求导得到，再求出，从而得到答案. 【详解】因为互为反函数，所以， 两边求导得， 故， 两边求导得， 故， 是的反函数，故， 故， 故. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解决关键在于，利用互为反函数得到以，从而利用复合函数的求导即可得解. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】设当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，丛雨最后赢得所有硬币的概率为，然后利用全概率公式得到，再结合，即可求出. 【详解】事实上，无论抛硬币的人选如何，每一局结束后两人获胜的概率都是. 设当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，丛雨最后赢得所有硬币的概率为. 对，当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，进行一局游戏后，两人的硬币数有的概率分别变成和，也有的概率分别变成和，则根据全概率公式有. 从而 故可设. 显然也有，，所以. 从而由可知，故 . 所以当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，丛雨最后赢得所有硬币的概率. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于将全概率公式和数列知识结合，利用数列得到所求概率. 7. 下列比大小正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数根据函数单调性判断A,化简函数构造函数后应用函数单调性判断B,应用对数运算化简判断C,计算判断D. 【详解】对于A:设, 当在上单调递增， 所以,所以,A错误； 对于B:设， 当在上单调递增，当在上单调递减, 所以 , 所以, 当取所以,B选项错误； 对于C:因为，C错误； 对于D:因为,D选项正确. 故选：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 【答案】C 【解析】 【分析】根据“不减函数”的定义，分情况讨论，列出所有情况即可． 【详解】分情况讨论，值域取1个元素， 取2个元素，取3个元素. 值域1个元素，可以；；；；共4个. 值域取2个元素， ；；；； ；；；； ；；；；共12个． 值域取3个元素， ；；；；共4个. 总共有20个. 故选：C. 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. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用排列数、组合数性质逐一分析即可. 【详解】选项：左边， 右边， 当时，即，故错误； 选项：，故正确； 选项：， 令①， ②， 由得，故， 即，故正确； 选项：， 的通项为，的通项为， 则左边含的系数为，右边含的系数为， 故，故错误. 故选：BC. 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 【答案】AD 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式和素数定义可判断A；根据，由分步乘法计数原理可判断B；根据多项式乘积的运算可判断C；由因数的成对性可判断D. 【详解】对于A，从中随机取出两数有种取法， 其中不互素的数组有， 所以它们互素的概率是，A正确； 对于B，因为，所以360的正因数由2、3、5的乘积构成， 其2有4种取法，3有3种取法，5有2种取法， 所以360的正因数个数为个，B错误； 对于C，360的所有正因数之和为，C错误； 对于D，由题知，360的因数成对出现，共12对，每队的乘积都等于360， 所以360的所有正因数之积为，D正确. 故选：AD 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. 是奇函数 C. D. 若有且仅有一个负整数解，则的取值范围是 【答案】AD 【解析】 【分析】令，可得是以为首项，为公比的等比数列，求出，然后利用错位相减求和可判断A；利用奇偶性定义可判断B；求出、可判断C；令，利用导数得出的大致图象，结合图象可判断D. 【详解】对于A，令，则，可得， 且，所以是以为首项，为公比的等比数列， ， 设， 则， 所以， 可得，故A正确； 对于B，由A选项可知，，， ，所以是不奇函数，故B错误； 对于C，，， 所以，故C错误； 对于D，由得， 令，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 当时，，且， 所以的大致图象如下图， 直线横过定点， 设直线与的切点为， 则，， 所以，解得，或， 因为，不满足有且仅有一个整数解； 所以要使有且仅有一个整数解， 只须，解得，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是求出的解析式和数形结合解题. 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__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用隔板法求出的自然数解的个数，再求出满足的整数个数，然后计算古典概率即得. 【详解】依题意，的一个元素，即方程的一个自然数解， 由，得， 设，则， 方程的自然数解的个数即为方程的正整数解的个数， 可视为24个小球排成一排，用3块隔板插入23个间隙分24个小球的分法数，有种， ，令， 因此满足的整数解的个数，即为方程的正整数解个数，有种， 所以所求概率. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：求出方程的正整数解的个数，关键是转化为排成一排的24个小球，用3块隔板分成4部分的不同分法数. 13. 用个种不同颜色的扇形拼成一个圆，相邻的扇形不共色，设拼法数为，写出数列的一个递推公式__________． 【答案】（答案不唯一，例如也可以） 【解析】 【分析】构造另一个数列作为辅助，利用乘法原理得到，，二者结合即可得到的递推公式. 【详解】将所有扇形按逆时针顺序分别记为，若每种扇形可从种颜色中选择一个并染色， 设使得每对都不同色，且不同色的选择方式有种， 使得每对都不同色，但同色的选择方式有种. 则使得每对都不同色的选择方式有种，而根据乘法原理， 使得每对都不同色的选择方式有种，从而. 而对，我们先考虑使得每对都不同色， 且不同色的选择方式，这样的选择方式有种. 若每对都不同色，且不同色， 则的选择方式有种，的选择方式有种； 若每对都不同色，但同色， 则的选择方式有种，的选择方式有种. 所以. 我们再考虑使得每对都不同色，但同色的选择方式，这样的选择方式有种. 若每对都不同色，且不同色， 则的选择方式有种，的选择方式有种； 若每对都不同色，但同色， 则无论怎样选择都不符合条件，故无法选择. 所以. 至此我们得到，，所以 . 这就得到了的一个递推公式：. 该递推公式还可以进一步简化，由该递推公式可得 . 故. 而根据乘法原理有，，故. 所以. 这就得到一个更简单的递推式：. 故答案为：（答案不唯一，例如也可以）. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，构造另一个数列作为辅助，以得到所求数列的递推公式. 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__________，__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意整理可得，进而可得，即，再根据题意可得，结合奇函数以及列式求解即可. 【详解】由题意可知：的定义域为， 因为，，则， 即， 由题意可知：，即， 可得，则， 可得，即，则， 又因为，，则， 可得，解得， 即，， 此时符合题意， 所以，. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据化简可得，进而可得，再结合题意可得，化简运算即可. 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 【答案】（1）3 （2）或 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由可知，当时，的个位数字都是0，所以只要求出的个位数字即可； （2）设最大，则，然后利用二项分布的概率公式列方程组求解即可； （3）利用组合数的性质证明即可. 【小问1详解】 因为，所以当时，个位数字都是0， 因为， 所以的个位数字为3； 【小问2详解】 设最大，则， 因为，所以， 所以， 即，所以，解得， 因为，所以或， 【小问3详解】 证明：因为，， 所以， 所以是偶数 16. 已知， （1）若，试证明：，恒成立 （2）若，讨论零点个数 【答案】（1）证明见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）通过等价变形，转化为证明，当时，恒成立，构造函数，借助导数求出函数最大值即可得证； （2）分和讨论，即分别进行正零点和负零点的讨论，即可得解. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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； 【点睛】关键点点睛：第（1）问的关键，将恒成立问题，转为了恒成立问题，结合导数即可证明； 第（2）问的关键在于分类讨论，分和讨论，从而得解. 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： 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，利用导函数的符号分析函数的单调性. （2）先进行转化：，；，.在利用（1）的结论证明. （3）利用，可得，再累加求和即可. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 根据， 所以, 所以，成立. 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：，. 【答案】（1）证明见解析 （2）， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接根据期望的定义以及两两互相独立即可证明； （2）将单次的得分分别记为一个随机变量，然后求其相应的量，最后考虑它们的和的期望和方差即可； （3）使用二项分布的定义，结合二项式定理和导数知识即可求解. 【小问1详解】 根据两两互相独立，可知 ； 且 . 【小问2详解】 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 . 【小问3详解】 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 . 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将二项式定理和导数结合，从而研究二项分布的特性. 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. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）计算的每个元素在求和式中出现的次数，再乘以该元素并相加即可； （2）对一般的集合，考虑展开式除第一项以外的其它项，然后取的特殊情况即得答案； （3）将的子集分为不包含元素的和包含元素的两类，然后一一对应，对每对对应的集合计算，再乘以配对的数目即可. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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，. 【小问3详解】 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. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于用不同的方式计算同一个变量，以得到相应的恒等式，这就是经典的算二次方法或富比尼原理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$