精品解析：天津市第二中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

2024-2025 (二)天津二中高二年级第二次月考 数学学科试卷 一、选择题(本题共12个小题，每小题4分，共48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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 是成立的（ ） 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“，则”的否定是（ ） A. B. C. D. 4. 若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 下列命题中 ①散点图不能直观地判断两个变量是否具有线性相关关系； ②回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线； ③回归直线一定经过样本中心点. 其中正确命题的个数为（ ） A. B. C. D. 6. 已知 的展开式中，二项式系数之和是，则展开式中二项式系数最大的项为（ ） A. 第项 B. 第项 C. 第项 D. 第项 7. 已知函数，则的图象大致为（ ）. A. B. C. D. 8 已知随机变量X服从正态分布N(3.1)，且=0.6826，则p（X>4）=（ ） A. 0.1588 B. 0.1587 C. 0.1586 D. 0.1585 9. 某课外兴趣小组通过随机调查，利用列联表和独立性检验研究数学成绩优秀是否与性别有关.计算得，经查阅临界值表知，则下列判断正确的是（ ） A. 每个数学成绩优秀的人中就会有名是女生 B. 若某人数学成绩优秀，那么他为男生概率是 C. 依据小概率值的独立性检验，认为“数学成绩优秀与性别无关” D. 在犯错误的概率不超过的前提下，认为“数学成绩优秀与性别有关” 10. 若直线 与曲线 相切，则 （ ） A. B. C. D. 4 11. 已知且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 12. 已知函数，，，，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题(本题共7个小题，每题4分，共28分.) 13. 不等式的解集为________． 14. 的二项展开式中，常数项为__________. 15. 袋子中有5个大小相同的小球，其中2个红球，3个白球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则两次都摸到红球的概率为_______；在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为_______. 16. 某射击俱乐部开展青少年射击培训，俱乐部共有6支气枪，其中有2支气枪未经试射校正，有4支气枪已校正，若用校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.8，用未校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.4，某少年射手任取一支气枪进行1次射击，射中10环的概率是__________；若此少年射手任取一支气枪进行4次射击（每次射击后将气枪放回），每次射击结果相互不影响，则4次射击中恰有2次射中10环的概率为__________． 17. 从0，1，2，3，4，5六个数字中任取三个组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为________． 18. 若正数满足，则的最小值为_____ 19. 已知函数，若有三个不等零点，则实数取值范围是______． 三、解答题(本题共3小题，共44分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.) 20. 某校高二年级数学竞赛选拔赛分为初赛和决赛两阶段进行.初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两名同学，且每名同学都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过同学才具备参与决赛的资格.高二某班派出甲和乙参赛.在初赛中，若甲通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是 、 ，乙通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是 ，且每名同学所有轮次比赛的结果互不影响.若该班获得决赛资格的同学个数为X，求X的分布列和数学期望. 21. 已知函数 （1）当 时，求函数 的极值； （2）若对任意 不等式 恒成立，求a的取值范围. （3）证明不等式： 22. 已知函数. （1）求曲线在其零点处的切线方程； （2）若方程有两个解，且. （i）求实数取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025 (二)天津二中高二年级第二次月考 数学学科试卷 一、选择题(本题共12个小题，每小题4分，共48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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集并集的定义即可求出. 【详解】， ，. 故选：C. 2. 是成立的（ ） 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】解出含有绝对值的不等式的解集，根据小范围推大范围得到结果即可. 【详解】解得到假设，一定有反之不一定，故是成立的充分不必要条件. 故答案为A. 【点睛】判断充要条件方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系． 3. 命题“，则”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题判断即可. 【详解】命题“，则”为存在量词命题， 其否定为：. 故选：C 4. 若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得且，将化为求解即可. 【详解】由于关于的不等式的解集是， 所以则有且， 所以等价于， 解得，即不等式的解集为． 故选：D. 5. 下列命题中 ①散点图不能直观地判断两个变量是否具有线性相关关系； ②回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线； ③回归直线一定经过样本中心点. 其中正确命题的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据变量间的相关关系以及回归直线定义和性质即可判断选项. 【详解】对于①，散点图可以直观地判断两个变量是否具有线性相关关系，故错误； 对于②，回归直线也可能不过任何一个点，故错误； 对于③，回归直线一定经过样本中心点，故正确. 故选：B 6. 已知 的展开式中，二项式系数之和是，则展开式中二项式系数最大的项为（ ） A. 第项 B. 第项 C. 第项 D. 第项 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式系数和以及二项式系数的单调性可得结果. 【详解】因为 的展开式中，二项式系数之和是，可得， 故展开式中二项式系数最大的项为第项. 故选：B. 7. 已知函数，则的图象大致为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据特殊值的函数值符号排除A、C，利用函数的单调性判断B、D. 【详解】因为，所以A错误； 因为，所以C错误； 因为，所以D错误； 排除了ACD，而B选项中的图像又满足上述性质，故B正确. 故选：B 8. 已知随机变量X服从正态分布N(3.1)，且=0.6826，则p（X>4）=（ ） A. 0.1588 B. 0.1587 C. 0.1586 D. 0.1585 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：正态分布曲线关于对称，因为,故选B． 考点：正态分布 9. 某课外兴趣小组通过随机调查，利用列联表和独立性检验研究数学成绩优秀是否与性别有关.计算得，经查阅临界值表知，则下列判断正确的是（ ） A. 每个数学成绩优秀的人中就会有名是女生 B. 若某人数学成绩优秀，那么他为男生的概率是 C. 依据小概率值的独立性检验，认为“数学成绩优秀与性别无关” D. 在犯错误的概率不超过的前提下，认为“数学成绩优秀与性别有关” 【答案】D 【解析】 【分析】依据独立性检验逐项判断即可. 【详解】对于A选项，每个数学成绩优秀的人中可能没有女生，也可能有多名女生， 已知数据不能确定结论，A错； 对于B选项，若某人数学成绩优秀，已知数据不能判断他为男生的概率为，B错； 对于CD选项，因为且， 依据小概率值的独立性检验，认为“数学成绩优秀与性别有关”， 在犯错误的概率不超过的前提下，认为“数学成绩优秀与性别有关”，C错D对. 故选：D. 10. 若直线 与曲线 相切，则 （ ） A. B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设出切点坐标，求导并利用导数的几何意义与两点间的斜率公式计算可得直线斜率. 【详解】设直线与曲线相切于点， 求导可得，因此切线斜率， 又切线过原点，可得，化简可得， 令，则， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，， 因此可得，即可得. 故选： 11. 已知且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将变形为，借鉴“1”的妙用的处理方式，以及基本不等式求解即可. 【详解】 因为， 故； 当且仅当，且，也即，且时取得等号. 故的最小值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题处理的关键是能够观察到三者之间的关系，同时要熟练掌握“”的妙用的处理方式. 12. 已知函数，，，，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出函数在上最小值，在上的最小值，再结合已知及恒成立问题求解即得. 【详解】当时，函数，则当时，， 函数在上单调递增，， 由，，使得成立，得， 所以实数的取值范围是. 故选：B 二、填空题(本题共7个小题，每题4分，共28分.) 13. 不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题设可得，利用分式不等式的解法求解即可. 【详解】由题设，， ∴，解得， ∴解集为. 故答案为： 14. 的二项展开式中，常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【详解】的通项为， 令，则， 故常数项为， 故答案为： 15. 袋子中有5个大小相同的小球，其中2个红球，3个白球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则两次都摸到红球的概率为_______；在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为_______. 【答案】 ①. 0.1## ②. 0.25## 【解析】 【分析】分别利用古典概型的概率和条件概率求解. 【详解】解：因为袋子中有5个大小相同的小球，其中2个红球，3个白球， 每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回， 所以两次都摸到红球的概率为 设第一次摸到红球的事件为A，第二次摸到红球的事件为B, 则, 所以在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为， 故答案为：， 16. 某射击俱乐部开展青少年射击培训，俱乐部共有6支气枪，其中有2支气枪未经试射校正，有4支气枪已校正，若用校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.8，用未校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.4，某少年射手任取一支气枪进行1次射击，射中10环的概率是__________；若此少年射手任取一支气枪进行4次射击（每次射击后将气枪放回），每次射击结果相互不影响，则4次射击中恰有2次射中10环的概率为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①用全概率事件来求解即可；②用二项分布概率公式来求解即可. 【详解】①设事件表示使用已校正的气枪，事件表示射中10环， 则， 故任取一支气枪射中10环的概率是； ②4次射击中恰有2次射中10环的概率为：. 故答案为：①；②. 17. 从0，1，2，3，4，5六个数字中任取三个组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为________． 【答案】52 【解析】 【分析】分个位为0和个位为2或4，再由分步计数原理计算可得答案． 【详解】①个位为0，有种方法， ②个位为2或4，则有种方法，百位不能排0有种方法，十位有种方法，故有种方法. 一共有:种方法. 故答案为：52. 18. 若正数满足，则的最小值为_____ 【答案】4 【解析】 【分析】由等式可以得到由表示的等式和，的取值范围，这样结合所求的式子和基本不等式进行求解即可. 【详解】由，可得， 所以. 由为正数且，可得， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故答案为：4 【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了消元的思想，考查了数学运算能力. 19. 已知函数，若有三个不等零点，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】函数有三个不等零点转化为方程有三个不等实根. 分两种情况讨论：当时，，令，结合的单调性讨论根的情况；当时，得，当时，显然方程无实根；当时，，令，利用导数研究函数的性质，作出函数图象，数形结合得答案． 【详解】由有三个不等零点，等价于有三个不等实根， 当时，， 由，得， 即， 令， 由于在上单调递增，故， 故当时，方程无实根； 当时，方程在上有一实根． 当时，，由，得 当时，显然方程无实根； 当时，，令，， 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在单调递减； 即当时，函数取得极大值 ；；当时，；当时，， 作出函数的图象如图， 要使有三个不等实根，需满足：在上有一实根，在上有两个实根． 由图可知与的图象有两个交点时，，即， 综上，，即实数的取值范围是． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：对于零点问题常转化成方程根的个数问题，分离常数后构造函数，讨论单调性，数形结合利用两函数图像的交点得到参数的范围. 三、解答题(本题共3小题，共44分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.) 20. 某校高二年级数学竞赛选拔赛分为初赛和决赛两阶段进行.初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两名同学，且每名同学都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的同学才具备参与决赛的资格.高二某班派出甲和乙参赛.在初赛中，若甲通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是 、 ，乙通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是 ，且每名同学所有轮次比赛的结果互不影响.若该班获得决赛资格的同学个数为X，求X的分布列和数学期望. 【答案】X的分布列见解析， 【解析】 【分析】先由题意求出甲、乙获得决赛资格的概率和的可能取值，接着求出的各个取值的概率即可求出分布列，再由数学期望公式直接计算即可求解. 【详解】由题意可知甲、乙获得决赛资格的概率分别为，，且， ， 所以的分布列为： X 0 1 2 P 数学期望. 21. 已知函数 （1）当 时，求函数 的极值； （2）若对任意 不等式 恒成立，求a的取值范围. （3）证明不等式： 【答案】（1）函数有极大值，无极小值； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数工具研究函数的单调性即可由极值定义得解； （2）将题设等价转化成对任意恒成立，再利用导数工具求出函数的最大值即可得解； （3）令，利用导数工具二次求导研究函数的最小值情况即可得证. 【小问1详解】 当时，函数， 所以函数定义域为，， 所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减， 所以函数有极大值，无极小值； 【小问2详解】 对任意不等式恒成立， 所以对任意恒成立， 因为，所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减， 所以，所以； 【小问3详解】 证明：令，则， 故恒成立， 所以函数即为上的增函数，又， 所以存在使得， 所以当时，，函数单调递减，时，，函数单调递增， 又为增函数， 所以， 所以. 22. 已知函数. （1）求曲线在其零点处的切线方程； （2）若方程有两个解，且. （i）求实数的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）， （ii） 【解析】 【分析】（1）先求出函数零点，利用导数的几何意义求出零点处的切线方程； （2）（i）利用导数判断函数单调性，对分类讨论求解；（ii）利用比值换元法求解. 【小问1详解】 令得，且， 零点处切线的斜率为，切点的坐标为， 故零点处切线方程为； 【小问2详解】 （i）由得， 设，则， ① 当时，，单调递减，则方程至多有一个解； ② 当时，当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 若方程有两个解，则，解得， 设，则， 所以在单调递减，从而，即. 所以，又， 所以时，方程有两个解. （ii）由得,所以，， 设，则有，即，， 由得，即， 设，则， 设，则， 设，则， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 且，， 所以存在唯一的，使得， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 且，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：在研究零点型的式子时，一方面可借助韦达定理对该式子单元化处理后进行研究，另一方面，可通过构造含的齐次式，令，整体换元后研究. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$