精品解析：天津市南开中学2024-2025学年高二下学期阶段性质量监测（二）数学试卷

南开中学2024—2025学年度第二学期阶段性质量监测（二） 高二数学试卷 考试时间：100分钟 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分. 第Ⅰ卷 注意事项： 1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 2.本卷共10小题，每小题4分，共40分. 一.选择题：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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再求即可. 【详解】由已知，又， . 故选：B. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解以及，分别得出两个不等式的解集，根据两集合的关系，即可得出答案. 【详解】解可得， ，设. 由可得，，解得或， 设或. 显然集合是集合的真子集， 所以，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用定义判断函数奇偶性，并判断在上函数值符号，即可确定图象. 【详解】由解析式，知的定义域为， ， 所以为奇函数，其图象关于原点对称，BD不合题意， 当时，，， 则， 所以在上 ， 结合各项函数图象知，A选项不合题意，C选项满足要求. 故选：C 4. 已知函数满足对于任意的实数，都有，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据可求的周期，根据函数周期性即可求值. 【详解】由得， 所以函数的周期， 所以． 故选：B. 5. 中国新能源汽车出口实现跨越式突破，是国产汽车品牌实现弯道超车，打造核心竞争力的主要抓手.下表是2022年我国某新能源汽车厂前5个月的销量y和月份x的统计表，根据表中的数据可得线性回归方程为，则下列四个命题正确的个数为（ ） 月份x 1 2 3 4 5 销量y（万辆） 1.5 1.6 2 2.4 2.5 ①变量x与y正相关；②；③y与x的样本相关系数 ；④2022年7月该新能源汽车厂的销量一定是3.12万辆． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据回归直线方程经过样本中心即可求解，结合相关性的定义以及回归方程即可逐一判断. 【详解】由，，因为回归直线过样本中心，，，②错误； 可知随着变大而变大，所以变量与正相关，①③正确； 由回归直线可知，2022年7月该新能源汽车厂的销量的估计值是万辆，④错误． 故选：B． 6. 已知,,，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，，由 得，从而可得. 【详解】因为，，， 所以，， 又因为，， 所以 ，即. 故. 故选：D 7. 已知函数，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用分离参数法求解不等式恒成立，构造函数，利用导数求出函数的最值，即可得到结果. 【详解】由题知，当，恒成立， 即恒成立， 令，， 则， 令 ，得，令，得 ， 所以在上递增，在上递减， 所以， 所以. 故选：A 8. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复合函数单调性，结合对数函数单调性确定分段函数单增，再利用函数的单调性解不等式. 【详解】根据复合函数的单调性可知函数在上单调递增. 当时，，则， 易知在上单调递增， 而函数在处连续，故在上单调递增， 由，得，解得， 故实数的取值范围是. 9. 已知，均为正数，且，则的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据换元法，将方程进行换元，得到关于的一元二次方程，根据一元二次方程有正根，求出代数式的最大值. 【详解】令，则， 代入得，化简得， 可知， 因为方程有实数根，所以，解得， 当时，根据韦达定理可知两根之和，两根之积， 此时有正数根，符合题意，所以的最大值为. 故选：C. 10. 已知函数与其导函数的定义域均为，且，则，不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，通过求导结合条件分析的单调性，由可得，将所求不等式转化为，利用单调性可得答案. 【详解】令，则， 因为， 所以当时，，，在上为增函数， 当时，，，在上为减函数， 因为，所以， 所以，故， 因为等价于，等价于， 所以，故，即不等式的解集是. 故选：B. 第II卷 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.本卷共9小题，共60分. 二.填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分. 11. 展开式中的常数项为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出所给二项式的展开式的通项Tr+1，再求出x的幂指数为0的r值即可计算作答. 【详解】展开式的通项为：， 由得， ，于是得， 所以展开式中的常数项为210. 故答案为：210 12. 已知函数的定义域为R，则函数的值域为_______ 【答案】 【解析】 【分析】由题意在R上恒成立，求得 ，再结合指数函数、分式型函数的性质求的值域. 【详解】由题设知，在R上恒成立， 所以，则 ，故， 所以在上单调递增，故. 故答案为： 13. 如果函数是奇函数，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据奇函数的定义求解． 【详解】因为函数为奇函数，所以，即，整理得：，所以 ． 故答案为：2． 【点睛】本题考查函数的奇偶性，掌握奇偶性定义是解题关键． 14. 已知分段函数对任意的且，均有，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数的单调性和复合函数的单调性,来判断二次函数的对称轴的范围以及分段点处的取值大小，从而可求解参数范围. 【详解】由对任意的且，不妨假设， 因为恒成立，所以， 则在上单调递减， 根据复合函数单调性满足同增异减，可知在上单调递减， 需满足在上单调递增，故需， 还需满足且，解得， 所以实数的取值范围是， 故答案为： 15. 某超市拟定于周年庆当天举办一次有奖促销活动，顾客一次消费满500元可参加一次抽奖活动，规则如下：有甲、乙两个不透明的箱子，甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），获得抽奖机会的顾客先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，规定从乙箱中取出的球是红球的顾客中奖，可获得100元返金券，则抽奖顾客中奖的概率为________；据以往消费记录估计当天约有800位顾客抽奖，记中奖人数为，则________. 【答案】 ①. ## ②. 240 【解析】 【分析】由已知从甲箱中随机取出2个球有三种情况，放入乙箱后，分别计算其概率，即可求解；由已知可得，根据二项分布期望的计算公式求解即可. 【详解】顾客从甲箱中随机取出2个球，可能情况分别为2个红球，1个红球和1个黑球，2个黑球， 若从甲箱中取出2个红球放入乙箱，则乙箱中有3个红球和3个黑球， 则从乙箱中随机取出1个球，取出的是红球的概率为， 若从甲箱中取出1个红球和1个黑球放入乙箱，则乙箱中有2个红球和4个黑球， 则从乙箱中随机取出1个球，取出的是红球的概率为， 若从甲箱中取出2个黑球，放入乙箱，则乙箱中有1个红球和5个黑球， 则从乙箱中随机取出1个球，取出的是红球的概率为， 所以中奖的概率为； 每位顾客是否中奖相互独立，且中奖概率为，所以， 所以. 故答案为：；. 16. 若， ，对，均有恒成立，则 的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，分和两种情况，构建，则，结合二次函数性质分类讨论求最值求解即可. 【详解】设，可得， 1.若，则， 可得对恒成立， 则，解得， 所以成立； 2.若，设，则， 可得对恒成立， 构建，则， （1）若，则二次函数的图象开口向上， 可得，消去解得； （2）若，则二次函数的图象开口向下，对称轴， ①当时，则在内单调递增， 可得，且， 则，解得； ②当时，则在内单调递减， 可得，且， 则，解得； ③当时，则， 整理可得， 即存在，使得， 可得，解得； 综上所述： 的取值范围为. 故答案为：. 三.解答题：本大题共3小题，共36分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 设函数的定义域为集合，集合. （1）若 ，求： （2）设，，若是的必要不充分条件，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，，然后利用补集和交集的定义求解即可； （2）由是的必要不充分条件，可知，列不等式组即可求解. 【小问1详解】 ，，， 当 时，， 或， ； 【小问2详解】 ， 是的必要不充分条件， ，(等号不同时成立)， . 18. 已知函数在点处的切线方程是， （1）求函数的解析式； （2）求函数的单调区间与极值. 【答案】（1） （2）和为单调递增区间，为单调递减区间，极大值为，极小值为 【解析】 【分析】（1）先求导，由已知列方程组，即可求解； （2）令和，分别求解即可得函数的单调区间；根据函数的单调性可得函数的极值点，即可求解极值. 【小问1详解】 ， ，即，， ； 【小问2详解】 由（1）知， ， 由或；由， 在和上单调递增，在上单调递减， 为函数的极大值点，且极大值为， 为函数的极小值点，极小值为. 19. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若有3个零点，，，其中. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证： . 【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间. （2）（ⅰ）； （ⅱ）因为， 所以若，则 ，所以. 当时，先证明不等式恒成立，设， 则 ， 所以函数在上单调递增，于是 ， 即当时，不等式恒成立. 由 ，可得， 因为 ，所以，即， 两边同除以， 得， 所以 ， 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性； （2）（ⅰ）由题设可得零点个数为2且零点异于1，求出后就分类讨论其符号后结合零点存在定理可得参数的取值范围；（ⅱ）先证明先证明不等式 恒成立，从而可利用放缩法证明题设中的不等式. 【小问1详解】 当时，，， 则在恒成立，所以在单调递增， 故的单调递增区间为，无单调递减区间. 【小问2详解】 （ⅰ）， ，，则除1外还有两个零点. ，令 ， 当时， 在恒成立，则， 所以在单调递减，不满足，舍去； 当时，要是除1外还有两个零点，则不单调， 所以存在两个零点，所以 ，解得， 当时，设的两个零点为 ，则 ， ， 所以 . 当时，，，则单调递增； 当时， ，，则单调递减； 当时，，，则单调递增； 又，所以 ， ， 而 ，且 ， ，且 ， 所以存在，，使得 ， 即有3个零点， ，. 综上，实数的取值范围为 （ⅱ）略 【点睛】思路点睛：对于导数背景下的多变量的不等式的证明问题，可根据原函数的形式找寻合适的函数放缩方向，从而得到所需证明的不等式的形式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南开中学2024—2025学年度第二学期阶段性质量监测（二） 高二数学试卷 考试时间：100分钟 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分. 第Ⅰ卷 注意事项： 1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 2.本卷共10小题，每小题4分，共40分. 一.选择题：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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数满足对于任意的实数 ，都有，且，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 中国新能源汽车出口实现跨越式突破，是国产汽车品牌实现弯道超车，打造核心竞争力的主要抓手.下表是2022年我国某新能源汽车厂前5个月的销量y和月份x的统计表，根据表中的数据可得线性回归方程为，则下列四个命题正确的个数为（ ） 月份x 1 2 3 4 5 销量y（万辆） 1.5 1.6 2 2.4 2.5 ①变量x与y正相关；②；③y与x的样本相关系数 ；④2022年7月该新能源汽车厂的销量一定是3.12万辆． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知,,，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若对任意，恒成立，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 已知 ， 均为正数，且，则的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 10. 已知函数与其导函数的定义域均为，且，则，不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 第II卷 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.本卷共9小题，共60分. 二.填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分. 11. 展开式中的常数项为______． 12. 已知函数的定义域为R，则函数的值域为_______ 13. 如果函数是奇函数，则__________. 14. 已知分段函数对任意的且，均有，则实数的取值范围是________. 15. 某超市拟定于周年庆当天举办一次有奖促销活动，顾客一次消费满500元可参加一次抽奖活动，规则如下：有甲、乙两个不透明的箱子，甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），获得抽奖机会的顾客先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，规定从乙箱中取出的球是红球的顾客中奖，可获得100元返金券，则抽奖顾客中奖的概率为________；据以往消费记录估计当天约有800位顾客抽奖，记中奖人数为，则________. 16. 若， ，对，均有恒成立，则 的取值范围为________. 三.解答题：本大题共3小题，共36分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 设函数的定义域为集合，集合. （1）若，求： （2）设，，若是的必要不充分条件，求 的取值范围. 18. 已知函数在点处的切线方程是， （1）求函数的解析式； （2）求函数的单调区间与极值. 19. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若有3个零点，，，其中. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证： . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $