精品解析：天津市第一中学2024-2025学年高二下学期6月期末质量调查数学试卷

天津一中2024-2025-2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页.考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效. 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. 集合的子集的个数是（ ） A. 16 B. 8 C. 7 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先判断集合含有3个元素，再求子集个数即可. 【详解】集合， 集合含有3个元素， 所以集合的子集个数是. 故选：B. 2. 命题：“，，使得”的否定是（ ） A. ，，使得 B. ，，使得 C. ，，使得 D. 以上结论都不正确 【答案】B 【解析】 【分析】改量词，否结论即可. 【详解】“，，使得”的否定是 “，，使得”， 故选：B 3. 展开式中第4项的二项式系数为（ ） A. B. 1120 C. 56 D. 70 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式定理结合二项式系数的定义即可得解. 【详解】展开式中第4项的二项式系数为. 故选：C. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性排除A,D,再根据，排除C即得解. 【详解】解：根据题意，，其定义域为R， 有，则函数f(x)为偶函数，排除A，D， ，排除C， 故选：B． 【点睛】方法点睛：根据函数的解析式找图象，一般先找差异，再验证. 5. 化简的值为（ ） A. B. C. D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】运用对数的运算性质即可求解. 【详解】解析： 故选：A. 6. 下列说法中正确的是（ ） A. “与是对立事件”是“与互为互斥事件”的必要不充分条件 B. 已知随机变量服从二项分布，则 C. 已知随机变量服从正态分布且，则 D. 已知随机变量的方差为，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断A，根据二项分布的期望公式判断B，根据正态分布的性质判断C，根据方差的性质判断D. 【详解】对于A：若与是对立事件，则与是互斥事件，故充分性成立， 若与是互斥事件得不到与是对立事件，故必要性不成立， 所以“与是对立事件”是“与互为互斥事件”的充分不必要条件，故A错误； 对于B：已知随机变量，则，故B错误； 对于C：因为随机变量，， 所以， 所以，故C正确； 对于D：，故D错误； 故选：C 7. 《哪吒之魔童闹海》在内地市场的票房突破了154亿大关，成为全球单一电影市场票房的最高记录.一款哪吒变脸玩具深受大家喜爱，某商家统计了最近5个月销量，如表所示：若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ） 时间 1 2 3 4 5 销售量/万只 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 由题中数据可知，变量与负相关 B. 线性回归方程中 C. 当时，残差为0.2 D. 可以预测当时销量约为2.1万只 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，利用表中数据变化情况或看回归方程的正负均可求解；对于B，利用样本中心点求出线性回归方程，即可判断；对于C，利用回归方程即可求出预测值，进而可求出残差，即可判断；对于D，利用回归方程即可求出预测值即可判断. 【详解】对于A，从数据看，随的增大而减小，所以变量与负相关，故A正确； 对于B，由表中数据知，， 所以样本中心点为，将样本中心点代入中， 得，所以线性回归方程为，故B正确； 对于C，当时，，残差为，故C错误； 对于D，当时销量约为（万只），故D正确. 故选：C. 8. 已知定义在上的函数，满足为偶函数，若对于任意不等实数，，不等式恒成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的对称性和单调性求解即可. 【详解】因为是偶函数，所以 图像关于直线对称， 又因为当时，恒成立 即当时，；时， 所以在区间上单调递减. 解得. 故选：D. 9. 记表示这3个数中最大的数．已知，，都是正实数，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得，，所以，即，解不等式即可得到答案. 【详解】因为，所以，，所以， 所以，即，当且仅当时取等号，所以的最小值为． 故选：A 10. 若时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得在上恒成立，设，则在上恒成立，利用导数说明的单调性，再分和两种情况讨论，当时需在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数求出的最小值，即可求出参数的取值范围. 【详解】由在上恒成立， 可得在上恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 设，则在上恒成立， 又， 所以当时，当时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 且当时，，当时，， 当时，由于，则， 此时，，满足在上恒成立； 当时，由于，则， 要使在上恒成立， 则需在上恒成立，即在上恒成立， 设，，则， 易知当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，则，又，所以 综上，实数的取值范围为． 故选：B． 【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将不等式同构成，再构造函数，结合函数的单调性说明. 第II卷 二、填空题：（每小题4分，共24分） 11. 已知函数，则__________. 【答案】8 【解析】 【分析】根据题意，结合指数幂与对数的运算法则，准确计算，即可求解. 【详解】由函数，可得， 所以. 故答案为：. 12. 函数的图象在处的切线方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程. 【详解】因为，则，， 则， 所以切线方程为，整理得. 故答案为： 13. 已知二项式的展开式中，的系数为28，则的系数为_____. 【答案】70 【解析】 【分析】根据二项式的展开式的通项公式先求出，进而求解即可. 【详解】二项式的展开式的通项公式为， ，， 令，得， 由于的系数为28，则，解得， 则，， 令，得， 所以的系数为. 故答案为：70. 14. 某同学在高中的10次数学考试中的成绩分别是98，103，105，111，112，112，118，124，126，138，则它的第六十百分位数是_____. 【答案】115 【解析】 【分析】利用百分位数定义计算可得答案. 【详解】因为，所以第六十百分位数是. 故答案为：115. 15. 大学生甲去某企业应聘，需要进行英语和专业技能两个项目的考核，先进行英语考核．每个项目有一次补考机会，补考不合格者被淘汰，不能进入下一个项目的考核．若每个学生英语考核合格和补考合格的概率都是，专业技能考核合格和补考合格的概率都是，每一次考试是否合格互不影响．则大学生甲不被淘汰的概率是____________；若大学生甲不放弃每次考试的机会，表示他参加补考的次数，则的数学期望是____________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】首先分别求两个项目合格的概率，再求整体不被淘汰的概率；根据随机变量的意义，求概率，再求期望. 【详解】英语合格概率为，专业技能考核合格的概率为， 所以大学生甲不被淘汰的概率； 由题意可知，， ，, ， 所以. 故答案为：； 16. 如图，为我国数学家赵爽验证勾股定理的示意图，用五种颜色（其中一种为黄色）对图中四个区域进行染色，每个区域只能用一种染色.若必须使用黄色，则四个区域中有且只有一组相邻区域同色的染色方法有__________种；若不使用黄色，则四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法有__________种. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】按同色区域用黄色和不用黄色分类，再结合分步乘法计数原理列式计算即得；按用色多少分成3类，再在每一类中采用先取后排的方法列式计算即得. 【详解】根据题意，要求四个区域中有且只有一组相邻区域同色，而同色的相邻区域共有4种，不妨假设为同色， ①若同时染黄色，则另外两个区域共有种染色方法，因此这种情况共有种染色方法； ②若同时染的不是黄色，则它们的染色有4种，另外两个区域一个必须染黄色， 所以这两个区域共有，因此这种情况共有种染色方法， 综上可知有且只有一组相邻区域同色的染色方法的种数为种； 根据题意，因为不用黄色，则只有四种颜色可选，分3种情况讨论： ①若一共使用了四种颜色，则共有种染色方法； ②若只使用了三种颜色，则必有一种颜色使用了两次，且染在相对的区域，所以一共有种染色方法； ③若只使用了两种颜色，则两种颜色都使用了两次，且各自染在一组相对区域，所以共有种染色方法， 综上可知所有相邻区域都不同色的染色方法的种数为84种. 故答案为：； 【点睛】思路点睛：染色问题，可以按用色多少分类，再在每一类中找同色方案，并结合排列组合综合问题求解. 三、解答题：（本题共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. 学校将举行以“爱我中华”为主题的辩论赛，高二年级某班准备在5名男辩手和4名女辩手中选出4名同学组成辩论队参赛，在选出的辩论队员中既有男队员又有女队员的条件下，回答下列问题： （1）女队员甲必须入选的概率是多少？ （2）设辩论队中男队员的人数为，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）利用间接法求出既有男队员又有女队员的选法，再求出女队员甲必须入选的选法，由古典概型求解； （2）利用古典概型求出随机变量不同取值的概率，列表可得分布列. 【小问1详解】 记事件为“女队员甲必须入选”，则. 【小问2详解】 随机变量的可能取值为1,2,3， 的分布列为 1 2 3 . 18. 如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面的夹角正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由条件先证明，，再由线线垂直推导线面垂直即得； （2）利用（1）已证的平面，将点到平面的距离转化为点到平面的距离的倍易得； （3）结合题设条件建系，写出相关点和相关向量的坐标，求出两个平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 如图，取的中点，连接，因，，则，， 易得，因，， 则，解得，即， 则点在以为直径的圆上，故， 又平面，平面，则， 因平面，故平面. 【小问2详解】 由（1）已得平面，， 则点到平面的距离是点到平面的距离的倍，即. 【小问3详解】 如图，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系. 则， 由上平面，故为平面的一条法向量， 又，设平面的一条法向量为， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为，则， 故. 平面与平面的夹角正弦值是. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于，在证得线面垂直基础上，结合图形特点，将所求点面距离进行转化，从而简化运算过程；对于空间角的计算，一般考虑建系，运用平面的法向量和空间向量的夹角公式计算即得 19. 已知函数. （1）若，求不等式的解集； （2）若，对，使得成立，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）利用分类讨论的思想求解含有参数的不等式的解集. （2）利用函数的思想构造函数分类讨论求函数的值域，然后根据根据条件即得. 【小问1详解】 令，解得或， ①当时，，不等式的解集为， ②当时，，不等式的解集为， ③当时，，不等式的解集为. 综上所述：时，不等式的解集为时，不等式的解集为；时，不等式的解集为； 【小问2详解】 由， 代入整理得，令， ①当，即时，对任意. 所以此时不等式组无解. ②当，即时，对任意. 所以解得； ③当，即时，对任意. 所以，此时不等式组无解. ④当，即时，对任意. 所以此时不等式组无解. 综上，实数的取值范围是. 20. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）设函数有两个不同的零点， （i）求实数的取值范围： （ⅱ）若满足，求实数的最大值. 【答案】（1） 当时，的递增区间是，无递减区间； 当时，的递增区间是，递减区间是. （2）（i）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）求导，分类讨论参数和时，函数的单调性即可. （2）（ⅰ）利用参数分离可得，令，利用导数研究函数的单调性，极值，数形结合即可； （ⅱ）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求额，再利用的单调性可求得，进而求得结果. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，的递增区间是，无递减区间； 当时，的递增区间是，递减区间是. 【小问2详解】 （ⅰ）由，得，令，求导得， 当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，恒成立，且， 由有两个零点，即方程有两个不等的正根，亦即直线与的图象有两个公共点， 因此，即， 所以实数的取值范围是. （ⅱ）由，得，且， 不妨设，将代入， 得，即， 令，求导得，令， 求导得，则函数在上单调递减， 有，即，函数在上单调递减， 由，得，则， 因此函数在上单调递减，即， 于是，有，则， 又，令，， 由（ⅰ）知，在上递增，而，因此在上递增， 则，即，解得， 所以a的最大值是. 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； ②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； ③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津一中2024-2025-2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页.考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效. 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. 集合的子集的个数是（ ） A. 16 B. 8 C. 7 D. 4 2. 命题：“，，使得”的否定是（ ） A. ，，使得 B. ，，使得 C. ，，使得 D. 以上结论都不正确 3. 展开式中第4项的二项式系数为（ ） A. B. 1120 C. 56 D. 70 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 化简的值为（ ） A. B. C. D. -1 6. 下列说法中正确的是（ ） A. “与是对立事件”是“与互为互斥事件”的必要不充分条件 B. 已知随机变量服从二项分布，则 C. 已知随机变量服从正态分布且，则 D. 已知随机变量的方差为，则 7. 《哪吒之魔童闹海》在内地市场的票房突破了154亿大关，成为全球单一电影市场票房的最高记录.一款哪吒变脸玩具深受大家喜爱，某商家统计了最近5个月销量，如表所示：若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ） 时间 1 2 3 4 5 销售量/万只 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 由题中数据可知，变量与负相关 B. 线性回归方程中 C. 当时，残差为0.2 D. 可以预测当时销量约为2.1万只 8. 已知定义在上的函数，满足为偶函数，若对于任意不等实数，，不等式恒成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 9. 记表示这3个数中最大的数．已知，，都是正实数，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 若时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ） 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. 函数的图象在处的切线方程为________． 13. 已知二项式的展开式中，的系数为28，则的系数为_____. 14. 某同学在高中的10次数学考试中的成绩分别是98，103，105，111，112，112，118，124，126，138，则它的第六十百分位数是_____. 15. 大学生甲去某企业应聘，需要进行英语和专业技能两个项目的考核，先进行英语考核．每个项目有一次补考机会，补考不合格者被淘汰，不能进入下一个项目的考核．若每个学生英语考核合格和补考合格的概率都是，专业技能考核合格和补考合格的概率都是，每一次考试是否合格互不影响．则大学生甲不被淘汰的概率是____________；若大学生甲不放弃每次考试的机会，表示他参加补考的次数，则的数学期望是____________． 16. 如图，为我国数学家赵爽验证勾股定理的示意图，用五种颜色（其中一种为黄色）对图中四个区域进行染色，每个区域只能用一种染色.若必须使用黄色，则四个区域中有且只有一组相邻区域同色的染色方法有__________种；若不使用黄色，则四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法有__________种. 三、解答题：（本题共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. 学校将举行以“爱我中华”为主题的辩论赛，高二年级某班准备在5名男辩手和4名女辩手中选出4名同学组成辩论队参赛，在选出的辩论队员中既有男队员又有女队员的条件下，回答下列问题： （1）女队员甲必须入选的概率是多少？ （2）设辩论队中男队员的人数为，求的分布列和期望． 18. 如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面的夹角正弦值. 19. 已知函数. （1）若，求不等式的解集； （2）若，对，使得成立，求的取值范围. 20. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）设函数有两个不同的零点， （i）求实数的取值范围： （ⅱ）若满足，求实数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $