吉林省长春市实验中学2027届高三数学暑假作业（6）

**基本信息** 长春市实验中学2027届新高三数学暑假作业（6），通过基础题型与综合解答题结合，强化函数、概率、导数等核心知识，注重逻辑推理与数学建模，适配高三暑期复习巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----|----| |单选题|8|集合运算、导数几何意义、函数性质|基础概念辨析，如第2题导数求切线斜率| |多选题|3|充分条件、函数最值、定义域|多维度考查，如第11题结合基本不等式判断函数最值| |填空题|3|排列组合、函数单调性、二次函数|情境应用，如第12题值班安排的排列组合| |解答题|5|二项式定理、函数值域、概率统计、导数综合|分层设计，如第19题导数单调性与零点证明，体现逻辑推理；第18题射击比赛概率，强化数学建模|

长春市实验中学2027届新高三数学暑假作业（6） 一、单选题 1．已知全集，集合，，则（     ） A． B． C． D． 2．已知曲线，那么曲线在点处的切线斜率为（    ） A． B． C．2 D．2或 3．已知下列四个命题，其中正确的是（ ） A． B． C． D． 4．已知，，，则（   ） A． B． C． D． 5．若命题“，使得”是假命题，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．设，，则下列结论正确的是（  ） A． B． C． D． 7．某班某日共5节课，计划安排上语文、数学、外语、美术、体育这5门课，若体育课必须安排在第4节或第5节，且语文课、数学课相邻，则不同的安排方案共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 8．若的展开式的各项的二项式系数和为32，则展开式中的系数为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列命题正确的是（     ） A．“”是“”的必要不充分条件 B．函数的最小值为2 C．函数（，且）的图象过定点 D．函数的定义域为 10．下列选项中说法正确的是（     ） A．函数的单调增区间为 B．幂函数过点，则 C．函数的定义域为，则函数的定义域为 D．若函数的定义域为，则实数的取值范围是 11．下列函数最小值为4的是（ ） A． B． C． D． 三、填空题 12．现有甲、乙等5人需在五一假期值班3天，每天至少有1人值班，且每人只值班1天.若要求甲、乙在同一天值班，则不同的安排方案有______种.（用数字作答） 13．已知函数，则不等式的解集为______． 14．若二次函数的顶点为，与x轴交于两点，且这两点的横坐标的立方和为19，则这个二次函数的表达式为________． 四、解答题 15．已知． (1)求展开式中含项的系数； (2)求证：能被整除． 16．已知函数． (1)当时，若，求的值； (2)若的值域为，求实数的取值范围． 17．已知关于方程 (1)若方程有两个根且都大于，求实数的取值范围 (2)若方程至少有一个正根，求实数的取值范围 18．甲、乙两人参加射击比赛，规定两人各射击目标一次为一轮，击中目标者得1分，未击中者得0分．甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为，假设每人每次射击的结果互不影响． (1)第一轮比赛结束，求两人得分和不为0分的概率； (2)在前20轮的比赛中，恰好两人得分相同．现决定进行加赛，规则如下：加赛中某一轮结束后，有人得分高于另一人，则得分高的人获胜，加赛结束，否则继续下一轮．加赛不超过三轮，若三轮结束后得分相同，则为平局． （ⅰ）求加赛满三轮的概率； （ⅱ）求甲获胜的概率． 19．已知函数，其中为常数. （1）当时，试讨论的单调性； （2）若函数有两个不相等的零点，， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 《暑假作业六》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A A D D C C AC BC 题号 11 答案 BD 1．B 【详解】因为,,所以, 因为,所以. 2．C 【分析】求出曲线的导数，代入切点坐标即可求出对应切线斜率. 【详解】，， 根据导数几何含义可知曲线在点处的切线斜率为2. 故选：C. 3．A 【分析】根据基本函数的求导公式以及复合函数的求导法则即可结合选项求解. 【详解】，A选项正确； ，B选项错误； ，C选项错误； ，D选项错误； 4．A 【分析】对适当变形，构造函数，求导分析函数的单调性，进而判断的大小. 【详解】已知，，， 令，有， 当时，，则在上单调递减. 因为，所以，即. 5．D 【详解】因为命题“，使得”是假命题，所以其命题的否定“，使得”是真命题： 当时，不等式即，符合题意； 当时，命题为真等价于，解得， 综上所述，. 6．D 【详解】对于A，若取，但，不满足，故A错误； 对于B，若取，，则，不满足，故B错误； 对于C，因，当且仅当时取等， 即当时，取得最小值，而,故C错误； 对于D，令，则可看作关于的一元二次方程有正数解， 所以，整理得，此时可看作关于的一元二次不等式有正数解， 则，可得，因，则得，当时取等，故D正确. 7．C 【详解】若体育课安排在最后1节，则其余4节课的安排方案有种， 若体育课安排在倒数第2节，则语文课、数学课可以安排在第1，2节或第2，3节， 再安排剩余2节课，不同的安排方案有种， 故共有种不同的安排方案． 8．C 【分析】根据二项式展开式的各项的二项式系数和求得，结合展开式的通项公式计算即可求解. 【详解】由题得，解得. 的通项为. 令，则系数为. 9．AC 【分析】对于A选项，根据充分条件和必要条件的概念即可判断；对于B选项，通过举反例即可判断；对于C选项，根据对数函数的图象性质即可判断；对于D选项，根据正切函数的性质即可判断. 【详解】对于选项A，由“”不能推出“”，所以为不充分条件，但由“”可以推得“”，所以为必要条件，故选项A正确； 对于选项B，当时，代入得，故选项B错误； 对于选项C，令，解得，代入得，函数的图象过定点，故选项C正确； 对于选项D，根据正切函数的性质，定义域（），解得（），故选项D错误. 10．BC 【详解】对于选项A：函数需满足定义域条件，解得或. 令，外层函数为增函数，内层函数的对称轴为，在上单调递增， 根据复合函数“同增异减”原则，的单调增区间为，故A错误. 对于选项B：∵ 为幂函数，根据幂函数定义，系数， 又∵ 函数过点，∴ 代入得，解得， ∴ ，故B正确. 对于选项C：∵ 函数的定义域为， ∴ 函数需满足， ∴ 解得，即的定义域为，故C正确. 对于选项D：∵ 函数的定义域为，即对任意恒成立， 当时，不等式化为，显然不能对所有实数恒成立； 当时，需满足， 解得，即实数的取值范围为，故D错误. 【点睛】方法归纳： 1. 求解复合函数单调区间时，优先求解定义域，再结合“同增异减”原则判断； 2. 幂函数需满足自变量前系数为1； 3. 抽象函数定义域遵循“括号内整体取值范围一致”的原则； 4. 二次型不等式恒成立问题需分二次项系数为0和不为0两种情况讨论. 11．BD 【分析】二次函数求最值判断A；利用基本不等式求最值判断BCD. 【详解】对于A，，当且仅当时取等号，A错误； 对于B，，当且仅当，即时取等号，B正确； 对于C，， 当且仅当即，不成立，C错误； 对于D，当时，， 则， 当且仅当，即时取等号，D正确. 12． 【分析】将甲乙捆绑在一起，与剩下的3个人一起分组，即可求解. 【详解】因为甲、乙在同一天值班，所以甲乙捆绑在一起，与剩下的三人分组分配到三天，分为1，1，2，则有. 13． 【详解】函数定义域为，恒成立，且不存在区间使恒为0， 所以在R上单调递增， 又，所以是奇函数， 由得， 所以，即，解得，所以不等式的解集为. 14． 【分析】结合二次函数的图象与性质，以及根与系数的关系和立方和公式，列出方程组，求得的值，即可求得二次函数的解析式. 【详解】由题意，二次函数的顶点为， 可得且，即且， 设二次函数与x轴交于两点横坐标方程为， 则 则， 即 联立方程组 ，解得，则， 所以函数的解析式为. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了一元二次函数的解析式的求解，其中解答中熟记一元二次函数的性质，准确列出方程组求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题. 15．(1) (2)． 因为上式的每一项都能被整除，所以能够被整除． 【分析】（1）利用二项展开式的通项公式，令的指数等于，解出，再代入即可； （2）将代入后化为，用二项式定理展开，可证得被整除． 【详解】（1）由二项式定理可知，在的展开式中， 第项为， 令，解得， 因此二项展开式中含的项系数为． （2）略． 16．(1) (2) 【分析】（1）当时，令，当时，令求解； （2）易得时，，从而要使值域为R，只需在上的取值范围包含，令，分和时求解； 【详解】（1）当时，令，符合题意． 当时，令，，解得不符合，舍去． 综上． （2）当时，， 所以要使值域为R，只需在上的上取值范围包含 则当时，令， 当时，可得， 因为在上的上取值范围包含， 所以，结合可得； 当时，在上是增函数， 所以，不满足在上的上取值范围包含， 综上 17．(1) (2) 【分析】1）根据三个二次的关系并结合二次函数图象可得不等式组，解不等式组可得； （2）先求方程无正根的情况，即方程无实根或所有实根非正，再用补集的思想方法可得. 【详解】（1）设二次函数，开口向上且对称轴. 则， 由方程有两个实根且都大于，所以， ，解得. 因此，实数的取值范围为. （2）若方程至少有一个正根，用补集法：即方程没有正根，也等价于方程无实根或所有实根非正. 若方程无根，则，解得； 若方程所有实根非正，则，，解得. 综上，方程无根或方程所有实根非正，则或，即. 因此，根据补集思想，方程至少有一个正根，则. 所以方程至少有一个正根，实数的取值范围 18．(1) (2)（ⅰ） （ⅱ） 【分析】（1）通过分析事件“两人得分和不为0”的对立事件“两人得分和为0”，得出答案； （2）（ⅰ）通过加赛规则可知，要想加赛满三轮，则前两轮两人的得分应该相同，则第三轮一定会进行； （ⅱ）分别求出甲在第一轮、第二轮、第三轮胜出的概率，按照分类加法原理求和即可得甲获胜的概率. 【详解】（1）设“甲击中目标”为事件A，“乙击中目标”为事件B， 所以，，，， 第一轮比赛结束后，两人得分为0分的概率为， 所以第一轮比赛结束后，两人得分不为0分的概率为. （2）（ⅰ）设表示事件“加赛中第轮平局”，所以， 要使加赛满三场，则前两场必须平局， 所以加赛满三场的概率为. （ⅱ）若甲第一轮加赛胜出，则甲中乙不中概率为：， 若甲第二轮加赛胜出，则第一轮平局，第二轮甲中乙不中概率为：， 若甲第三轮加赛胜出，则前两轮平局，第三轮甲中乙不中概率为：， 所以甲获胜的概率为：. 19．【答案】（1）答案见解析； （2）（i）；（ii）证明见解析. 【小问1解析】 由题设，且， 当时，在上，在上，在上， 所以，在、上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒成立，故在上单调递增； 当时，在上，在上，在上， 所以，在、上单调递增，在上单调递减. 【小问2解析】 （i）由， 若时，， 令且，则， 所以时，时， 故在上递增，在上递减，则， 所以， 结合（1）中的单调性，易知不可能出现两个不相等的零点， 又时，在上只有一个零点，不满足， 所以，此时，在上，在上， 故在上单调递减，在上单调递增，则， 又趋向于0或负无穷时，趋向正无穷，只需成立， 显然在上递减，且当时， 所以，时恒成立，即所求范围为； （ii）由（i），在时，存在两个不相等零点， 不妨令，要证，即证，而， 由（i）知：在上单调递增，只需证， 由，则 令，且， 则 ， 所以，在上，即在上递增， 所以，即成立， 所以，得证. 答案第12页，共13页 答案第13页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 $