长春市实验中学2026年新高三数学暑假复习作业（2）

**基本信息** 聚焦函数与概率统计核心模块，通过社会实践、比赛方案等实际情境设计，实现基础巩固与能力提升的分层训练，培养数学应用意识与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合、函数单调性、奇偶性|基础概念辨析，如第3题函数性质判断| |多选题|3|概率事件、排列组合|综合应用，如第10题教师分配方案分析| |填空题|3|正态分布、条件概率、导数应用|跨模块融合，如第14题构造函数比较大小| |解答题|5|函数解析式、导数极值、概率分布列|情境化综合，如第17题社会实践人员抽取的概率计算，第18题比赛方案的概率与期望分析|

长春市实验中学2027届新高三数学暑假作业（2） 一、单选题 1．集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知函数，，则（   ） A．单调递增 B．单调递减 C．先增后减 D．先减后增 3．下列说法错误的是（     ） A．函数与是相同的函数 B．函数的最小值为6 C．若，则 D．已知函数的定义域为，则函数的定义域为 4．已知函数的定义域为.设函数，函数.若是偶函数，是奇函数，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 5．若事件M，N满足，，则（   ） A． B． C． D． 6．已知定义在上的函数的图象如图所示，则不等式的解集为（   ）． A． B． C． D． 7．已知函数的定义域均为，，的图象关于直线对称，，且，则（   ） A． B． C． D． 8．已知不等式对任意的恒成立，则正数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知事件，满足，，则（     ） A．若，则 B．若与互斥，则 C．若与相互独立，则 D．若，则与相互独立 10．将甲、乙、丙、丁、戊5位教师分配到A、B、C三所学校支教，若每所学校至少分配一位教师，则（     ） A．共有540种不同的分配方法 B．甲分配到学校的概率为 C．若甲、乙两位教师必须分配到同一所学校，则共有36种不同的分配方法 D．甲不能分配到学校同时乙必须分配到学校的概率为 11．十八世纪，被称为“数学王子”的高斯提出了函数，其意义是对于任意的，表示不超过x的最大整数，如，，，人们更习惯称之为“取整函数”.现在令，下列说法正确的是（   ） A． B．当时， C． D．不等式的解集为 三、填空题 12．已知随机变量，且，则展开式二项式系数的和为__________．（用数字作答） 13．小杨同学每天的运动计划主要是两种方式：室内健身和户外运动．第一天选择室内健身的概率为，选择户外运动的概率为．若第一天选择室内健身，则第二天继续选择室内健身的概率为；若第一天选择户外运动，则第二天选择室内健身的概率为．小杨同学第二天去室内健身的概率为______；若第二天去了室内健身，则第一天去户外运动的概率为______． 14．已知上的奇函数，其导函数为，且当时，，若，则a与b的大小关系为______． 四、解答题 15．已知一次函数满足． (1)求的解析式； (2)若，求的值． 16．已知函数. (1)命题，使得成立为假命题，求实数的取值范围； (2)当时，不等式有解，求实数的取值范围. 17．某学校开展社会实践进社区活动，高二某班有六名男生和四名女生报名参加活动，从中随机一次性抽取5人参加社区活动，其余5人参加社区活动. (1)求参加社区活动的同学中包含且不包含的概率； (2)用表示参加社区活动的女生人数，求的分布列和数学期望. 18．甲、乙两支球队参加某球类比赛，如果每局比赛甲队获胜的概率为（），乙队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立．比赛有两种方案， 方案一：采用“三局两胜”制，即累计先胜两局的队最终获胜； 方案二：采用“五局三胜”制，即累计先胜三局的队最终获胜． (1)当时，采用方案一还是方案二对乙更有利（不用说明理由），并求该方案下乙队最终获胜的概率； (2)当时，若比赛采用方案二． ①求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率； ②若比赛结果为或者时，胜方得3分，负方得0分，比赛结果为时，胜方得2分，负方得1分，求甲队本次比赛的得分的分布及期望 19．已知函数. (1)若4是的极小值点，求的极大值； (2)若在其定义域上是增函数，求实数的取值范围. 《暑假作业二》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B C D C A B BC BCD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】求函数的定义域求得集合，由此求得. 【详解】对于集合，则，解得，即． 因为，所以． 2．D 【详解】由题可知，的定义域均为，， 所以， 则， 令，得，单调递增， 令，得，单调递减， 先减后增． 3．B 【分析】根据定义域以及对应关系即可判断A，由基本不等式即可求解B，根据配凑法求解析式判断C，由抽象函数定义域的性质即可求解D. 【详解】由，解得，则的定义域为， 由，解得，所以的定义域为， 又，故函数与是相同的函数，故A正确； 因， 当且仅当时取等号，因方程无解，等号不成立，故B错误； 因，所以，故C正确； 由，得，所以的定义域为，故D正确． 4．C 5．D 【分析】根据给定条件，利用对立事件的概率公式及条件概率公式求解. 【详解】由，得， 由，得， 因此. 6．C 【分析】由分式不等式得或，根据图象的单调递增和递减区间，得到或的解集，分别求出两个不等式组的解集，得到原不等式的解集. 【详解】，或，即或. 由图可得，当或时，单调递增，则；当时，单调递减，则； 由，解得；由，解得. 不等式的解集为. 7．A 【分析】先由及可得，进而可得的一个对称中心，再由是轴对称可知函数是周期函数，从而根据周期及对称可得所求值. 【详解】因为．所以， 又因为，所以， 即，所以的图象关于点对称，且． 又因为的图象关于直线对称，所以，且 所以，则， 所以，所以是函数的一个周期． 所以． 又因为，所以． 所以，所以. 8．B 【分析】同构变形，由函数单调性得到不等式，参变分离，求出函数单调性和最值，得到答案 【详解】，对任意的恒成立， 则对任意的恒成立， 令，易知在单调递增， ，，，， 令，则， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 的最小值为，故， 又，的取值范围. 9．BC 【分析】根据事件的包含关系，可判定A错误，根据互斥事件的概率加法公式，可判定B正确；根据相互独立事件的概率乘法公式，可判定C正确；根据条件概率和独立事件的判定方法，可判定D错误. 【详解】对于A，若，可得，所以A错误； 对于B，若与互斥，由互斥事件的概率加法公式， 可得，所以B正确； 对于C，若与相互独立，可得与也相互独立， 且， 则，所以C正确； 对于D，若，可得， 所以， 因为，所以， 所以与不相互独立，所以D错误. 10．BCD 【分析】按与分配求解判断AC；缩小样本空间求出古典概率判断B；按甲去校分类求出方法种数，再求出概率判断D. 【详解】对于A，按分配有种方法，按分配有种方法， 因此符合要求的不同分法种数是，A错误； 对于B，甲有3种分配方案，因此甲分配到学校的概率为，B正确； 对于C，若甲乙和另外一位老师分配到某校，则需按分配有种方法， 若甲乙分配到某校，则需按分配有种方法， 因此甲、乙两位教师必须分配到同一所学校的不同分法种数是，C正确； 对于D，甲到校有种方法，甲到校有种方法， 因此甲不能分配到学校同时乙必须分配到学校的概率为，D正确. 11．ABD 【分析】选项A，利用定义直接求的解； 选项B，由得到，从而得到的值； 选项C，求出，由得到；选项D，解出解为，从而得到，分别讨论和，解出的范围即可得解. 【详解】选项A，， ，故选项A正确； 选项B，当时，，故选项B正确； 选项C，，，， ，，故选项C错误； 选项D，，， ，， 当时，；当时，， 综上可知，故选项D正确. 故选：ABD. 12． 64 【分析】先利用正态分布的对称性求解参数的取值，再根据二项式系数和的性质计算最终结果. 【详解】因为随机变量，其概率密度曲线关于对称轴对称，由， 所以与关于对称，故有： ，化简得，解得， 对于二项式，其二项式系数和为，代入得二项式系数和为. 13． / 【分析】用全概率公式进行求解. 【详解】设第一天选择室内健身为事件，第一天选择户外运动为事件，第二天选择室内健身为事件. 则由题意得：，，，， 由全概率公式得：， . 14． 【分析】根据给定条件，构造函数，确定函数的奇偶性，再利用导数确定在上单调性，进而比较大小. 【详解】令函数，由为上的奇函数， 得，即函数是偶函数， 当时，，则， 函数在上单调递减，， ， 由，得，因此， 所以. 15．(1) (2) 【分析】（1）运用待定系数法列出方程组即可求得解析式； （2）所求式子为对称结构，通过验证发现，再通过分组求和即可求解. 【详解】（1）设， 则， 故有，解得， 故. （2）由（1）知，则， 则， 故， 且当时，可得，解得， 因此. 16．(1)； (2). 【分析】（1）问题化为，恒成立，分，，讨论求解可得的取值范围； （2）问题化为在时有解，利用换元法与对勾函数的区间单调性求范围，进而得实数的取值范围. 【详解】（1）由已知命题为假，则，恒成立， 当时，即时，，显然在上不恒成立； 当时，即时，此时为开口向下，故不等式在上不恒成立； 当时，则，即， 综上，的取值范围是. （2）不等式，即，即． 由恒成立，则在时有解， 设，有，， 而在上单调递增，则，故， 所以，实数的取值范围为. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据古典概型求解即可； （2）写出随机变量的所有取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可. 【详解】（1）由题意，所求概率：； （2）由题意可取， 则， ， ， 则的分布列如下： 所以 . 18．(1)采用方案一对乙更有利，乙队最终获胜的概率 (2)①；② 0 1 2 3 【分析】（1）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出方案一、方案二乙获胜的概率，再比较大小即可. （2）①利用条件概率公式计算得解；②求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. 【详解】（1）当时，每局比赛乙队获胜的概率为， 采用方案一，三局两胜制下乙获胜分两种情况：胜和胜， 因此乙队最终获胜的概率； 采用方案二，五局三胜制下乙获胜分三种情况：胜、胜和胜， 因此乙队最终获胜的概率， 而，所以采用方案一对乙更有利，乙队最终获胜的概率. （2）①当时，甲队最终获胜的事件为，五局三胜制下甲获胜分三种情况：胜、胜和胜， ， 比赛恰好进行了四局的事件为，则， 所以求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率为. ②甲队得分的所有可能取值为， ，即乙以或胜甲，； ，即乙以胜甲，； ，即甲以胜乙，； ，即甲以或胜乙，， 所以的分布为 0 1 2 3 期望. 19．(1) (2) 【分析】（1）根据4是极小值点求出，结合导数与单调性、极值的关系求出极大值，进一步证明即可. （2）在定义域内单调递增即在定义域内恒成立，结合分离常数法及基本不等式求解即可. 【详解】（1）函数的定义域为，. 因为4是的极小值点， 所以，即，解得. 当时，，， 令，则，解得或. 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得极大值，， （2）因为在定义域内单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立. 在上恒成立，也即在上恒成立. 又，当且仅当，即时等号成立. 所以， 即实数的取值范围为 答案第12页，共15页 答案第11页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $