精品解析：江苏省无锡市江阴市某校2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

2024-2025学年度春学期高二数学课堂检测 命题人： 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. 1. 已知集合，则（ ） A B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（     ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 设 ，则“”是“”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 4. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 5. 抛掷三枚质地均匀的硬币一次，在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 关于x的不等式的解集是，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机变量，且，则的展开式中的系数为（ ） A. 40 B. 120 C. 240 D. 280 8. 已知函数，，若，使得成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二．多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 市物价部门对5家商场的某商品一天的线上销售量及其价格进行调查，5家商场的售价x（元）和销售量y（件）之间的一组数据如表所示： 价格x 9 9.5 10 10.5 11 销售量y 11 10 8 6 5 按公式计算，y与x的回归直线方程是：，相关系数，则下列说法正确的是（ ） A B. 变量x，y线性负相关且相关性较强 C. 相应于点的残差约为 D. 当时，y的估计值为14.4 10. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于对称 C. 为偶函数 D. 是周期为4的函数 11. 已知，为正实数，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 最小值为 D. 的最大值为 三．填空题（3小题，每小题5分） 12. 已知是定义在上的可导函数，若，则______. 13. 对任意实数，有，则________．（参考数据:） 14. 已知函数（为自然对数的底数），若，则该不等式的解集是________． 四．解答题（5小题，共77分） 15. 已知全集，集合，. （1）若，求实数的取值范围； （2）若，求实数的取值范围. 16. 已知函数，若在区间上有最大值5，最小值2． （1）求a，b的值； （2）若在上是单调函数，求m的取值范围． 17. 我市南澳县是广东唯一的海岛县，海区面积广阔，发展太平洋牡蛎养殖业具有得天独厚的优势，所产的“南澳牡蛎”是中国国家地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉．根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量（克）在正常环境下服从正态分布． （1）购买10只该基地“南澳牡蛎”，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性有多大？ （2）2019年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量x（人）与年收益增量y（万元）的数据如下： 人工投入增量x（人） 2 3 4 6 8 10 13 年收益增量y（万元） 13 22 31 42 50 56 58 该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了y与x的两个回归模型： 模型①：由最小二乘公式可求得y与x线性回归方程：； 模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对人工投入增量x做变换，令，则，且有． （i）根据所给的统计量，求模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）； （ii）根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量． 回归模型 模型① 模型② 回归方程 182.4 79.2 附：若随机变量，则，； 样本的最小二乘估计公式为：， 另，刻画回归效果的相关指数 18. 为了研究学生每天整理数学错题情况，某课题组在某市中学生中随机抽取了100名学生调查了他们期中考试的数学成绩和平时整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图①为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图②为学生一个星期内整理数学错题天数的扇形图．若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期有4天及以上整理数学错题视为“经常整理”，少于4天视为“不经常整理”．已知数学成绩优秀的学生中，经常整理错题的学生占． （1）根据图①、图②中的数据，画出列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析数学成绩优秀与经常整理数学错题是否有关？ （2）用频率估计概率，在全市中学生中按经常整理错题与不经常整理错题进行分层随机抽样，随机抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2人进行座谈，求这2名同学中经常整理错题且数学成绩优秀的人数X的分布列和数学期望． 附：，其中． 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求实数的值； （2）若方程有两个不同的解，且， ①求实数的范围，试比较与的大小关系，并说明理由； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度春学期高二数学课堂检测 命题人： 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. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：求出集合后可求. 【详解】[方法一]：直接法 因为，故，故选：B. [方法二]：【最优解】代入排除法 代入集合，可得，不满足，排除A、D； 代入集合，可得，不满足，排除C. 故选：B. 【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，通性通法； 方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解． 2. 命题“，”的否定是（     ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据命题的否定的概念即可得解. 【详解】由题意原命题的否定为“，”， 故选：A. 3. 设 ，则“”是“”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】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质，其中充分性中，等价于，得到后两边同乘即可；必要性中，取特殊值，按照必要性的定义进行判断即可. 【详解】充分性：由，可得，则， 即，两边同乘，可得，不满足充分性； 必要性：取特殊值，满足，但不满足，也不满足必要性； 所以“”是“”的既不充分也不必要条件； 故选：D. 4. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由抽象函数的定义域列不等式即可得解． 【详解】函数的定义域为， 所以, 解不等式得, 即函数的定义域为， 故选：D 5. 抛掷三枚质地均匀的硬币一次，在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知，抛掷三枚硬币，则基本事件共有8个，其中有一枚正面朝上的基本事件有7个，分别求出“有一枚正面朝上”和“三枚都正面朝上”的概率，最后根据条件概率的计算公式，即可求出结果. 【详解】解：根据题意，可知抛掷三枚硬币，则基本事件共有8个， 其中有一枚正面朝上的基本事件有7个， 记事件为“有一枚正面朝上”，则， 记事件为“另外两枚也正面朝上”， 则为“三枚都正面朝上”，故， 故. 即在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是. 故选：C. 【点睛】本题考查条件概率的计算公式的应用，考查分析和计算能力． 6. 关于x的不等式的解集是，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】不等式的解集是，即对于，恒成立，即，分和两种情况讨论，结合基本不等式即可得出答案. 【详解】解：不等式的解集是， 即对于，恒成立， 即， 当时，， 当时，， 因为， 所以， 综上所述. 故选：A. 7. 已知随机变量，且，则的展开式中的系数为（ ） A. 40 B. 120 C. 240 D. 280 【答案】D 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性求出，再利用二项展开式的通项公式可求的系数. 【详解】由正态分布的对称性，得，解得， 的展开式的通项公式为，， 的展开式的通项公式为，， 则的展开式的通项为， 由，得或， 所以的展开式中的系数为. 故选：D 8. 已知函数，，若，使得成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化为使得成立，通过求得导数和单调性，可得最值，再根据不等式成立，结合参数分离可得的范围． 【详解】，使得成立，等价为使得成立， 由得，当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，，故 在成立， 当时，， 设，，则， 由，得， 所以在递减，所以， 则在递减，所以， 则，所以． 故选：A 二．多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 市物价部门对5家商场的某商品一天的线上销售量及其价格进行调查，5家商场的售价x（元）和销售量y（件）之间的一组数据如表所示： 价格x 9 9.5 10 10.5 11 销售量y 11 10 8 6 5 按公式计算，y与x的回归直线方程是：，相关系数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 变量x，y线性负相关且相关性较强 C. 相应于点的残差约为 D. 当时，y的估计值为14.4 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，计算出样本中心点，代入回归直线方程得；B选项，随着的增大而减小，又，B正确；C选项，当时，，从而计算出残差约为0.4；D选项，代入，得到答案. 【详解】A选项，，， 将代入回归直线方程得，，解得，A错误； B选项，从表可以看出，随着的增大而减小，又，接近于1， 所以变量x，y线性负相关且相关性较强，B正确； C选项，回归直线方程为，当时，， ，故相应于点的残差约为0.4，C错误； D选项，当时，y的估计值为，D正确. 故选：BD 10. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于对称 C. 为偶函数 D. 是周期为4的函数 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：利用为的对称中心，利用奇函数的定义判断出为奇函数； 对于B：判断出的图象不关于对称； 对于C：利用奇函数的定义判断出为奇函数，即可判断； 对于D：利用周期函数的定义即可判断出是周期为4的函数. 【详解】因为，所以关于x=1对称. 因为，所以，所以关于对称. 对于A：由点关于x=1的对称点为，为的对称中心，且关于x=1对称，所以为的对称中心，即，所以为奇函数.故A正确； 对于B：因为，所以，所以的图象不关于对称.故B错误； 对于C：因为，令x+2代换x，得到①. 对于，令x+1代换x，得到②. 由①②得：，令-x代换x，得到， 与②结合得：， 所以为奇函数.故C错误； 对于D：对于，令x-1代换x，得到， 又因为，所以， 令2-x代换x，得到， 令x-2代换x，得到， 所以， 令x+2代换x，得到，即是周期为4的函数.故D正确. 故选：AD 11. 已知，为正实数，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，结合基本不等式和解一元二次不等式即可判断选项A；由，结合基本不等式和解一元二次不等式即可判断选项B；根据题意变形得，由，结合基本不等式即可判断选项C；由，结合基本不等式即可判断选项D． 【详解】对于选项A，由，且，为正实数， 则， 即， 所以，即， 当且仅当，即，时，不等式取得等号， 即的最大值为．故选项A正确； 对于选项B，由，且，为正实数， 则，即， 所以， 当且仅当，即，时，不等式取得等号， 即的最小值为．故选项B正确； 对于选项C，由，且，为正实数， 则， 所以， 当且仅当，即，时，不等式取等号， 所以的最小值为．故选项C错误； 对于选项D，结合选项C有， 则， 当且仅当，即，时，不等式取等号， 所以最大值为．故选项D正确． 故选：ABD． 三．填空题（3小题，每小题5分） 12. 已知是定义在上的可导函数，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】借助导数定义计算即可得. 详解】． 故答案为：． 13. 对任意实数，有，则________．（参考数据:） 【答案】 【解析】 【分析】利用赋值法，分别令，可求解结果. 【详解】令，则①， 令，则②， ①＋②得：. 解得. 令，则， 解得. 所以. 故答案为：. 14. 已知函数（为自然对数的底数），若，则该不等式的解集是________． 【答案】 【解析】 【分析】先得到，从而得到，再根据函数单调性得到不等式，求出不等式解集. 【详解】， 则， ， 故， 在R上单调递增， 所以，解得. 该不等式的解集为. 故答案为： 四．解答题（5小题，共77分） 15. 已知全集，集合，. （1）若，求实数的取值范围； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出，根据对是否为空集分情况讨论即可； （2）求出，根据并集定义求解即可. 【小问1详解】 由，得，，故， 因为，所以， ①当时，，解得； ②当时，有，无解； 所以实数的取值范围为. 小问2详解】 由题意，， 若，则， 所以实数的取值范围为； 16. 已知函数，若在区间上有最大值5，最小值2． （1）求a，b的值； （2）若在上是单调函数，求m的取值范围． 【答案】（1），；（2）或 【解析】 【分析】（1）由题得，解方程组即得a,b的值；（2）由题得或，解之即得实数m的取值范围. 【详解】（1）由题得函数 因为函数f(x)在区间单调递增， 所以 解得，. （2）在上是单调函数， 所以或 解之即得或. 【点睛】本题主要考查二次函数的图像和性质的应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力. 17. 我市南澳县是广东唯一的海岛县，海区面积广阔，发展太平洋牡蛎养殖业具有得天独厚的优势，所产的“南澳牡蛎”是中国国家地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉．根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量（克）在正常环境下服从正态分布． （1）购买10只该基地的“南澳牡蛎”，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性有多大？ （2）2019年该基地考虑增加人工投入，现有以往人工投入增量x（人）与年收益增量y（万元）的数据如下： 人工投入增量x（人） 2 3 4 6 8 10 13 年收益增量y（万元） 13 22 31 42 50 56 58 该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了y与x的两个回归模型： 模型①：由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程：； 模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对人工投入增量x做变换，令，则，且有． （i）根据所给的统计量，求模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）； （ii）根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量． 回归模型 模型① 模型② 回归方程 182.4 79.2 附：若随机变量，则，； 样本的最小二乘估计公式为：， 另，刻画回归效果的相关指数 【答案】（1）1.29%；（2）（i），（ii）见解析 【解析】 【分析】（1）根据正态分布的对称性得到，购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于20g的牡蛎为X只，故，由间接法列式得到结果即可；（2）（i）根据公式计算得到回归直线方程；（ii）通过比较的大小可得到拟合效果的差异，将x=16代入回归方程可得到预测值. 【详解】（1）由已知，单个“南澳牡蛎”质量，则， 由正态分布的对称性可知， ， 设购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于20g的牡蛎为X只，故， 故， 所以这10只“南澳牡蛎”中，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性仅为1.29%． （2）（i）由，有 ， 且， 所以，模型②中关于的回归方程为 （ii）由表格中的数据，有，即模型①的小于模型②，说明回归模型②刻画的拟合效果更好． 当时，模型②的收益增量的预测值为 （万元）， 这个结果比模型①的预测精度更高、更可靠． 【点睛】本题考查回归分析，考查线性回归直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系，这条直线过样本中心点．线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的两个变量是不适用的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值 18. 为了研究学生每天整理数学错题情况，某课题组在某市中学生中随机抽取了100名学生调查了他们期中考试的数学成绩和平时整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图①为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图②为学生一个星期内整理数学错题天数的扇形图．若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期有4天及以上整理数学错题视为“经常整理”，少于4天视为“不经常整理”．已知数学成绩优秀的学生中，经常整理错题的学生占． （1）根据图①、图②中的数据，画出列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析数学成绩优秀与经常整理数学错题是否有关？ （2）用频率估计概率，在全市中学生中按经常整理错题与不经常整理错题进行分层随机抽样，随机抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2人进行座谈，求这2名同学中经常整理错题且数学成绩优秀的人数X的分布列和数学期望． 附：，其中． 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）表见解析；认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联 （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出的值，从而得到列联表，再计算卡方，即可判断； （2）依题意可得的可能取值为，，，再求出其所对应的概率，从而得到分布列与数学期望. 【小问1详解】 由题意可得， 解得． 所以数学成绩优秀的有人， 则成绩不优秀的有人， 经常整理错题的有人，则不经常整理错题的有人， 所以经常整理错题且成绩优秀的有人， 则列联表如下： 数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计 经常整理 35 25 60 不经常整理 15 25 40 合计 50 50 100 零假设为：数学成绩优秀与经常整理数学错题无关， 根据列联表中的数据，经计算得到可得， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联，此推断犯错误的概率不大于． 【小问2详解】 由分层随机抽样知随机抽取的名学生中， 则经常整理错题的有人，不经常整理错题的有人， 所以的可能取值为，，， 经常整理错题的3名学生中，恰抽到人记为事件， 则． 由（1）知经常整理数学错题的学生中数学成绩优秀的学生占，数学成绩不优秀的学生占， 参与座谈的名学生中，经常整理错题且数学成绩优秀的恰好抽到人记为事件， 则，，， ，，． 所以 ， ， ， 故的分布列为 X 0 1 2 P 则数学期． 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求实数的值； （2）若方程有两个不同的解，且， ①求实数的范围，试比较与的大小关系，并说明理由； ②证明：. 【答案】（1） （2）①，，理由见解析；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导得，求出切线方程，并联立曲线，根据判别式等于0即可得到答案； （2）①设，求出其最大值即可得到的范围，判断，等价证明，再通过合理变形和比值换元即可证明； ②由①知，再设，代入后再累加即可证明. 【小问1详解】 ，曲线在处的切线斜率为， 所以曲线在处的切线方程为． 由于切线与曲线只有一个公共点， 得有且只有一解， 所以， 解得． 【小问2详解】 ①令， 因为方程有两个不同的解，所以有两个不同的零点． ，当时，；当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以，所以． 一方面因为， 另一方面因为， 令，所以． 综上：． 判断： 下证：等价于． 因为，所以，所以， 要证：即证，即证：，因为，即证： ，令， 设，则， 所以，所以． ②由①可知：当时，， 令，所以． 所以， 将以上个不等式进行累加，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$