精品解析：山东省莱西市第一中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题（强基班）

2026-2027学年高二上学期25级强基月考数学试题 2026.10 注意： 1．第I卷为单项选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把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，在试题卷上作答无效． 2．第II卷在答题纸上作答．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的班级、姓名、考号填写清楚． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 给出下列说法 （1）若随机变量的概率分布列为，则 （2）若随机变量，若，则 （3）若随机变量，则 （4）在含有4件次品的10件产品中，任取3件，表示取到的次品数，则 其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】对于①，根据分布列的概率和为1可求解；对于②，根据正态分布曲线的对称性即可求解；对于③，根据二项分布的方差公式即可求解；对于④，根据超几何分布的概率公式即可求解. 【详解】对于①：， 所以，所以，①正确； 对于②，可得，②不正确； 对于③，因为，所以，③正确； 对于④，X服从超几何分布，其中N=10，M=4(次品数)，n=3(抽取数)，，，④正确. 2. 已知盒子中装有个红球和2个白球，从中任取3个球（取到每个球都是等可能的），用随机变量表示取到的红球个数，的分布列如下表所示，则（ ） 1 2 3 A. 4 B. 5 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】由求出，再分别由求出，由期望公式求出，最后由期望性质求出. 【详解】由题意可得，解得或（舍去）. 因为，， 所以， 则. 3. 设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数有两个极值点可得方程在上有两个不等实根，由此可利用韦达定理的结论将表示为关于的函数的形式，构造函数，利用导数求得即可. 【详解】定义域为，， 有两个极值点等价于在上有两个不等实根， ，，，， ； 设， 则， 在上单调递减，， 即， 的最小值为. 4. 某同学参加3门课程的考试．第一门课程取得优秀成绩的概率为，第二、三门课程取得优秀成绩的概率分别为，，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立．记为该学生取得优秀成绩的课程数，其分布列为 0 1 2 3 则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】由分布列性质，． 由的概率可得 由的概率可得，结合． 所以解得，． 所以． 5. 设，随机变量X的分布列是： X -1 1 2 P 则当最大时的a的值是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得，，得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】根据随机变量的分布列和数学期望与方差的计算公式， 可得， 又由 可得， 因为，所以当最大时的的值为. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的期望与方差的计算及应用，其中解答中熟记离散型随机变量的分布列的期望与方差的计算公式，准确运算是解答的关键，着重考查运算求解能力，属于中档试题. 6. 已知实数，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，构造函数，说明在上单调递增，得，换元并求导即可求解最小值. 【详解】因为，所以， 即，所以， 令，求导得， 所以在上单调递增， 而，即， 从而，所以， 令，， 求导得，，， 所以在单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为. 故选：C. 7. 已知函数若恰有4个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】转化问题为函数和的图象有3个不同的交点，进而结合图象求解即可. 【详解】函数恰有4个零点，则函数和的图象有4个不同的交点， 又因为，所以是函数的一个零点， 所以函数和的图象有3个不同的交点． 设， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，当时，， 所以在上为增函数，在上为减函数，则， 且，时，. 作出函数的图象： 由图可知，要使和的图象有3个不同的交点，则或， 所以的取值范围为. 8. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 对任意的，都有 B. 当时，有两个实根 C. 若关于的方程在上只有一个解，则的取值范围为 D. 若方程有两个不同的根，且恒成立，则 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了特殊的复合函数的求导及极值点分析；A选项利用代值法判断；B选项利用图像判断，注意当趋于时，函数值趋于；C选项构造函数，利用图像判断；D选项利用对数不等式，进行判断； 【详解】，利用复合函数求导，可得，当时，，所以在区间上单调递增；当时，，所以在区间上单调递减；在处，取到极大值点，.函数图像如下： 对于选项A：当时，不满足，故A错误； 对于选项B：由上分析得，当趋于时，函数值趋于， 当时，有两个实数根； 当时，有一个实数根； 故B错误； 对于选项C：方程，两边取对数得，即，令，则， 令，则，当时，， 所以在区间上单调递增；当趋于时，函数值趋于； 当时，，所以在区间上单调递减；当趋于时，函数值趋于； 故，如图所示： 当时，，与只有一个交点， 当时，，与有2个交点， 当时，与只有一个交点； 当时，，与有2个交点， 故在上只有一个解，则的取值范围为， 故C错误； 对于选项D：若方程有两个不同的根，则，设两根为， 则，由函数的单调性知，因为恒成立，所以同时是方程的两根；根据韦达定理得，因为，两边取对数得， ，两式做差，，根据对数不等式， ，即； ，即； 所以，选项D正确； 故选：D 【点睛】此题难度很高，考点也非常全面； （1）考查了特殊的复合函数的变形、求导和极值点分析； （2）考查了的图像与性质； （3）通过性质，判断出图像，特别需要注意当趋于时，函数值趋于； （4）考查了双变量含参问题中对数不等式的运用； 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.先从甲袋中随机取出2个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1个球，记（，1，2）表示“从甲袋中取出的2个球中含有i个红球”，B表示“从乙袋中取出的球是红球”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件，，两两互斥 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据互斥事件的定义和判断方法，可判定A正确；根据条件概率的公式和全概率公式，可判定C错误，B和D都正确. 【详解】对于A，由表示“从甲袋中取出的2个球中含有0个红球”，即取出的2个球都是白球； 事件表示“从甲袋中取出的2个球中含有1个红球”， 事件表示“从甲袋中取出的2个球中含有2个红球”， 这个三个事件不可能同时发生，所以事件，，两两互斥，所以A正确； 对于B，根据条件概率的性质，对于任意事件和，有， 当时，可得，所以B正确； 对于C，由事件表示“从甲袋中取出的2个球中含有1个红球”， 此时乙袋中有个红球，个白球，共有个球， 根据条件概率的公式，所以C错误； 对于D，由全概率公式知， 表示取出的2个球都是白球，可得， 此时乙袋中有2个红球，5个白球，可得， 表示“从甲袋中取出的2个球中含有1个红球”， 可得， 此时乙袋中有3个红球，4个白球，可得， 表示“从甲袋中取出的2个球中含有2个红球”， 可得， 此时乙袋中有4个红球，3个白球，可得， 所以， 又因为，可得，所以D正确. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，若有三个零点，则b的取值范围为 B. 若满足，则 C. 若过点可作曲线的三条切线，则 D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，将代入求导求极值，有三个零点，则令极大值大于零，极小值小于零即可； 对于B，根据，推断函数的对称性，进而可以求得的值； 对于C，将代入得到的解析式，根据过某点处导数的几何意义的求法求解即可； 对于D，利用导数在函数单调性中的应用，先分和讨论函数的单调性，得到且，，再结合化简即可得到答案. 【详解】对于A ，，当时，，，令，解得或， ∴当时，；时，；时，； ∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时取得极大值，当时取得极小值， 有三个零点，，解得，故选项A正确； 对于B ，满足， ∴根据函数的对称性可知的对称中心为，将其代入，得，解得，故选项B错误； 对于C ，， 设切点为，则切线的斜率 化简 由条件可知该方程有三个实根，有三个实根， 记，，令，解得或， 当，，单调递增；当，，单调递减；当，，单调递增； 所以当时，取得极大值，当时，取得极小值， 因为过点可作出曲线的三条切线， 所以，解得，故选项C正确； 对于D ，，， 当，在上单调递增； 当，当时，；时，；当时， 所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 存在极值点，，由得 令， ，即于 ∴ ， ∵，∴根据立方差公式化简整理得： 将代入得: ， 分解因式得，即， ∵，∴，即.故选项D正确； 11. 已知，若关于的不等式对任意恒成立，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】先分析函数的单调性与零点，得出它仅在和处取0，区间内正区间外负的分布特征.要让两个因式乘积对所有恒非负，二次式必须和同号，因此它的零点只能是和，由韦达定理得的关联关系.据此逐一验证选项可得正确的选项. 【详解】设，. 则， 当时，；时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 因为，故，而， 故，当时，， 故有两个不同的零点，其中一个零点为1，另一个零点可设为， 因为在上恒成立， 故有相同的零点，故有两个不同的解， 此时，当时，，故； 当时，，故； 当时，，故； 当时，，故， 故此时在上恒成立. 又且，故且 ， 故AB正确. 因为，故若，则， 因为，故即， 设，则， 故在上为增函数，而，故， 故不成立，故C错误. 而，其中，故，且， 设，则， 设，则， 故在为增函数，故， 故在上恒成立，故在上为单调减函数，而， 故当时，方程的解无最小值即无最小值，故无最大值，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某公园有一个长方形地块ABCD，这AB为千米，AD长4千米，地块的一角是水塘（图中阴影部分），已知边缘曲线AC是以A为顶点，以AD所在直线为对称轴的抛物线的一部分．现要经过曲线AC上某一点（异于A，C两点）铺设一条直线隔离带MN，点M，N，分别在边AB，BC上，隔离带占地面积忽略不计且不能穿过水塘，设点P到边AD的距离为t（单位：千米），的面积为S（单位：平方千米），则隔离出来的的面积S的最大值为______平方千米． 【答案】 【解析】 【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，根据抛物线过点可得抛物线的方程，根据导数的几何意义可得，，故，利用导数求最大值即可. 【详解】如图建立平面直角坐标系， 则， 由题意设抛物线方程为，代入点，得，解得， 所以抛物线方程为， 由题意知直线MN为抛物线的切线， 因为点P到边AD的距离为，所以切点P的坐标为， 由，得，所以直线MN的斜率为， 所以直线MN的方程为，即， 令，得，所以， 令，得，所以， 所以， 则， 因为，所以当对，单调递增，当时，单调递减， 所以当时，取得最大值平方千米． 故答案为:. 13. 若随机变量X，Y分别服从成功概率为的两点分布，则的取值范围是______________． 【答案】 【解析】 【分析】由两点分布及期望公式求解即可． 【详解】解：因为随机变量，分别服从成功概率为，的两点分布， 则，， ，， 所以或1， 所以 或 或， 因为或，且或， 所以或， 所以或， 即的取值范围是． 故答案为：． 14. 已知定义在上的函数满足，则______；若为偶函数，，且时，，则图象与曲线的交点个数为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】在等式中，令可得出的值；利用已知条件推出函数的对称性和周期性，数形结合可得出图象与曲线的交点个数. 【详解】在等式中，令可得，解得； 在等式中，用替代可得， 即，即， 因为，则， 由可得，即函数为奇函数， 因为为偶函数，则，即， 所以，函数的图象关于直线对称，且有， 所以，， 所以，函数的图象关于直线对称， 由，可得， 所以，，故函数是周期为的周期函数， 当时，，且， 则， 所以，函数在上单调递增，且， 又因为函数为上的奇函数，则， 设的图象为曲线， 当时，， 在曲线上取点，则点关于轴的对称点为，则， 即点也在曲线上，所以，曲线关于轴对称，作出函数的图象和曲线如下图所示： 由图可知，函数的值域为， 因为，，且，， 所以，点、在曲线上， 对于曲线，将代入曲线的方程可得，可得，且， 由图象可知，函数的图象和曲线有个公共点， 故答案为：；. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某电商平台开展“用户满意度调研”，设置了一道关于售后服务的单选题.题目：你对本店铺售后服务整体评价为：A.非常满意；B.比较满意；C.不太满意；D.很不满意，平台规定：只有选择A或B，才视为“满意”；选择C或D，则视为“不满意”.甲、乙两家店铺的顾客都参与了调研，为了解顾客对售后服务的真实满意度，平台分别随机抽取了两家店铺各100名顾客的作答数据，其中甲店顾客选择“满意”（A或B）的人数为80人，乙店顾客选择“满意”（A或B）的人数为75人.假设顾客作答相互独立，用样本估计总体，以频率估计概率. （1）从甲、乙两家店铺的所有顾客中随机抽取1名顾客，抽到的顾客来自于哪家店铺是等可能的，求该顾客选择“不满意”（C或D）的概率； （2）从甲、乙两家店铺的所有顾客中各随机抽取2名，设为这4名顾客中选择“满意”（A或B）的人数，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出事件，利用全概率公式进行求解； （2）求出的可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望. 【小问1详解】 记事件“抽取1名顾客来自于甲店铺”，事件“抽取1名顾客来自于乙店铺”，事件“顾客选择满意”， 根据题意可知，， ，，， 则； 【小问2详解】 设事件“甲店铺的顾客选择‘满意’（A或B）”， 事件“乙店铺的顾客选择‘满意’（A或B）”， 由题意可知，，，则，. 的可能取值为0，1，2，3，4， ， ， ， ， ， 所以的分布列为： 则. 16. 已知函数，． （1）求函数的极值； （2）若直线与曲线相切，求a的值； （3）若对任意的恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）极大值为，无极小值． （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用导数法求出的单调性，利用单调性得到极值． （2）设切点为，利用导数的几何意义求出切线的斜率，得到一个关于的等式，将切点代入得到另一个关于的等式，这两个等式相减得到的方程，构造函数，利用导数法得到的单调性，从而得到所求. （3）由对任意的恒成立，得到，构造函数，利用恒成立得到，解得的范围．通过放缩法得到，构造函数，求导，构造函数，利用导数法得到的单调性，从而得到的取值范围． 【小问1详解】 因为，所以， 令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，极大值为，无极小值． 【小问2详解】 直线与曲线相切，设切点为， 因为，所以， 所以，解得，① 因为切点在上， 所以，即，② 由②-①并整理得：． 令，则，令，解得， 则当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 当时，，且， 则方程有唯一解为，将代入①式，可得． 【小问3详解】 ，， 因为对任意的恒成立， 所以， 因为，所以， 即， 即恒成立，则， 解得． 则， 令，则， 设， 则在恒成立，则在上单调递增， 又，则由，由， 所以在上单调递减， 在上单调递增，所以， 即恒成立，所以的取值范围是． 17. 为响应国家促进消费的政策，某大型商场举办了优惠活动，顾客消费满1000元（含1000元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种）. 方案1：从装有5个红球，3个蓝球（完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球.每摸出1次红球，立减150元，若3次都摸到红球，则额外再减200元（即总共减650元）； 方案2：从装有5个红球，3个蓝球（完全相同）的抽奖盒中，直接摸出3个球，中奖规则：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则打5折；其余情况无优惠. （1）顾客A选择方案2，已知他至少摸出1个红球的情况下，求他能够享受优惠的概率； （2）顾客B恰好消费了1000元， ①若他选择方案1，求他实付金额X的分布列和期望（结果精确到整数）； ②若他选择方案2，求他实付金额Y的分布列和期望（结果精确到整数）； 试从实付金额的期望值分析顾客B选择何种抽奖方案更合理. 【答案】（1） （2）①方案：实付金额的期望约为元；②方案：实付金额的期望约为元，顾客选择方案更合理. 【解析】 【分析】（1）利用对立事件算出“至少个红球”的总情况，再统计能享受优惠的情况，利用条件概率公式求解. （2）①方案为有放回抽样，服从二项分布，根据摸出红球数量对应不同实付金额，列出分布列后计算付款期望；需注意三次全红有额外减免.②方案为不放回抽样，属于超几何分布，分免单、五折、无优惠三种付款情况求分布列与期望；对比两种方案付款期望，期望越低平均花费越少，方案更划算. 【小问1详解】 设事件：至少摸出个红球；事件：享受优惠（红或红）， 总基本事件数：， 的对立事件：个全蓝，， ， 包含：红、红蓝， ， ， 所以，在已知至少摸出个红球的条件下，顾客享受优惠的概率为. 【小问2详解】 方案1：单次摸到红球的概率，单次摸到蓝球的概率； 设摸到红球次数为，，则， （红蓝）：不减钱，实付，， （红）：减，实付，， （红）：减，实付，， （红）：共减，实付，， 当分别取时，实付金额分别为元，元，元，元， 的分布列为： 实付金额（元） 1000 850 700 350 概率 ， 因此，选择方案时，实付金额的期望精确到整数为元. 方案:红（免单）：实付，， 红蓝（折）：实付，， 其余（红蓝、红蓝）：无优惠，，， 的分布列为： 实付金额（元） 1000 500 0 概率 ， 因此，选择方案时，实付金额的期望精确到整数为元， 方案比较， 方案的实付金额期望更小，因此，从实付金额的期望值看，顾客选择方案更合理. 18. 2023年3月某学校举办了春季科技体育节，其中安排的女排赛事共有12个班级作为参赛队伍，本次比赛启用了新的排球用球已知这种球的质量指标（单位：g）服从正态分布，其中，.比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛，最后靠积分选出最后冠军，积分规则如下（比赛采取5局3胜制）：比赛中以3：0或3：1取胜的球队积3分，负队积0分；而在比赛中以3：2取胜的球队积2分，负队积1分.9轮过后，积分榜上的前2名分别为1班排球队和2班排球队，1班排球队积26分，2班排球队积22分.第10轮1班排球队对抗3班排球队，设每局比赛1班排球队取胜的概率为. （1）令，则，且，求，并证明：； （2）第10轮比赛中，记1班排球队3：1取胜的概率为，求出的最大值点，并以作为的值，解决下列问题. （ⅰ）在第10轮比赛中，1班排球队所得积分为，求的分布列； （ⅱ）已知第10轮2班排球队积3分，判断1班排球队能否提前一轮夺得冠军（第10轮过后，无论最后一轮即第11轮结果如何，1班排球队积分最多）？若能，求出相应的概率；若不能，请说明理由. 参考数据：，则，，. 【答案】（1）0.02275；证明如下： 因为，根据正态曲线对称性，， 又因为，所以. （2）（ⅰ） 3 2 1 0 （ⅱ）能，. 【解析】 【分析】（1）利用正态分布的对称性即可求得结果； （2）先利用导数求出，再利用离散型随机变量及其分布列即可求得结果. 【小问1详解】 ，又， 所以. 因为，根据正态曲线对称性，， 又因为，所以. 【小问2详解】 ， . 令，得. 当时，，在上为增函数； 当时，，在上为减函数. 所以的最大值点，从而. （ⅰ）的可能取值为3，2，1，0. ，， ，， 所以的分布列为 3 2 1 0 （ⅱ）若，则1班10轮后的总积分为29分，2班即便第10轮和第11轮都积3分， 则11轮过后的总积分是28分，，所以，1班如果第10轮积3分， 则可提前一轮夺得冠军，其概率为. 19. 设函数，，． （1）当时，设，，且轴，求、两点间的最短距离； （2）若时，函数的图象恒在的图象上方，求实数的取值范围． （3）设函数，当有两个极值点时，求证：. 【答案】（1）1； （2）； （3）先证明两个不等式：，， 设，则（不恒为零），故在上单增， 而，故当时，即； 当时，即. 定义域为，. 令，得，由题意，是方程的两个不等实根， 记，则， 令，得．令，故在上递增，在上递减． 因为，又， 且当时，恒成立，所以， 不妨设，则． 由前述不等式有． 又代入，并整理得． 同理， 所以， 整理得，而， 故，得证. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件易得两点间的距离，又，，令()，则，利用导数研究函数的性质，求出最小值即可； （2）由题可知当时，恒成立，代入可得，再令()，利用导数研究函数的性质，求出的取值范围即可； （3）先证明两个不等式：，，再利用导数研究函数的性质，再结合已证明的两个不等式的性质，即可得出证明. 【小问1详解】 当时，，， 由轴，可知两点的纵坐标相等，即，所以，即， 因为，两点间的距离，由于，， 令()，则，求导得， 令，则， 因为时，所以（仅在时等号成立），即在上单调递增， 因此，即在上单调递增， 所以的最小值为，所以两点间最短距离为； 【小问2详解】 已知时，恒成立， 且，， 所以，整理得对任意恒成立， 令()，则问题转化为对任意恒成立， 注意到，要使在时恒成立，则在右侧必须单调递增， 求导，且， 若要满足条件，必有，即， 当时，， 令，求导得， 令，求导得， 所以在上单调递增，且， 因此，在上单调递增，且，所以，从而， 综上，当时，在上单调递增，因此对任意恒成立，所以实数的取值范围是； 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期25级强基月考数学试题 2026.10 注意： 1．第I卷为单项选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把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，在试题卷上作答无效． 2．第II卷在答题纸上作答．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的班级、姓名、考号填写清楚． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 给出下列说法 （1）若随机变量的概率分布列为，则 （2）若随机变量，若，则 （3）若随机变量，则 （4）在含有4件次品的10件产品中，任取3件，表示取到的次品数，则 其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知盒子中装有个红球和2个白球，从中任取3个球（取到每个球都是等可能的），用随机变量表示取到的红球个数，的分布列如下表所示，则（ ） 1 2 3 A. 4 B. 5 C. 6 D. 9 3. 设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 4. 某同学参加3门课程的考试．第一门课程取得优秀成绩的概率为，第二、三门课程取得优秀成绩的概率分别为，，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立．记为该学生取得优秀成绩的课程数，其分布列为 0 1 2 3 则（ ） A. B. C. D. 2 5. 设，随机变量X的分布列是： X -1 1 2 P 则当最大时的a的值是 A. B. C. D. 6. 已知实数，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数若恰有4个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 对任意的，都有 B. 当时，有两个实根 C. 若关于的方程在上只有一个解，则的取值范围为 D. 若方程有两个不同的根，且恒成立，则 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个红球和3个白球.先从甲袋中随机取出2个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1个球，记（，1，2）表示“从甲袋中取出的2个球中含有i个红球”，B表示“从乙袋中取出的球是红球”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件，，两两互斥 B. C. D. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，若有三个零点，则b的取值范围为 B. 若满足，则 C. 若过点可作曲线的三条切线，则 D. 若存在极值点，且，其中，则 11. 已知，若关于的不等式对任意恒成立，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某公园有一个长方形地块ABCD，这AB为千米，AD长4千米，地块的一角是水塘（图中阴影部分），已知边缘曲线AC是以A为顶点，以AD所在直线为对称轴的抛物线的一部分．现要经过曲线AC上某一点（异于A，C两点）铺设一条直线隔离带MN，点M，N，分别在边AB，BC上，隔离带占地面积忽略不计且不能穿过水塘，设点P到边AD的距离为t（单位：千米），的面积为S（单位：平方千米），则隔离出来的的面积S的最大值为______平方千米． 13. 若随机变量X，Y分别服从成功概率为的两点分布，则的取值范围是______________． 14. 已知定义在上的函数满足，则______；若为偶函数，，且时，，则图象与曲线的交点个数为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某电商平台开展“用户满意度调研”，设置了一道关于售后服务的单选题.题目：你对本店铺售后服务整体评价为：A.非常满意；B.比较满意；C.不太满意；D.很不满意，平台规定：只有选择A或B，才视为“满意”；选择C或D，则视为“不满意”.甲、乙两家店铺的顾客都参与了调研，为了解顾客对售后服务的真实满意度，平台分别随机抽取了两家店铺各100名顾客的作答数据，其中甲店顾客选择“满意”（A或B）的人数为80人，乙店顾客选择“满意”（A或B）的人数为75人.假设顾客作答相互独立，用样本估计总体，以频率估计概率. （1）从甲、乙两家店铺的所有顾客中随机抽取1名顾客，抽到的顾客来自于哪家店铺是等可能的，求该顾客选择“不满意”（C或D）的概率； （2）从甲、乙两家店铺的所有顾客中各随机抽取2名，设为这4名顾客中选择“满意”（A或B）的人数，求的分布列和数学期望. 16. 已知函数，． （1）求函数的极值； （2）若直线与曲线相切，求a的值； （3）若对任意的恒成立，求a的取值范围． 17. 为响应国家促进消费的政策，某大型商场举办了优惠活动，顾客消费满1000元（含1000元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种）. 方案1：从装有5个红球，3个蓝球（完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球.每摸出1次红球，立减150元，若3次都摸到红球，则额外再减200元（即总共减650元）； 方案2：从装有5个红球，3个蓝球（完全相同）的抽奖盒中，直接摸出3个球，中奖规则：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则打5折；其余情况无优惠. （1）顾客A选择方案2，已知他至少摸出1个红球的情况下，求他能够享受优惠的概率； （2）顾客B恰好消费了1000元， ①若他选择方案1，求他实付金额X的分布列和期望（结果精确到整数）； ②若他选择方案2，求他实付金额Y的分布列和期望（结果精确到整数）； 试从实付金额的期望值分析顾客B选择何种抽奖方案更合理. 18. 2023年3月某学校举办了春季科技体育节，其中安排的女排赛事共有12个班级作为参赛队伍，本次比赛启用了新的排球用球已知这种球的质量指标（单位：g）服从正态分布，其中，.比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛，最后靠积分选出最后冠军，积分规则如下（比赛采取5局3胜制）：比赛中以3：0或3：1取胜的球队积3分，负队积0分；而在比赛中以3：2取胜的球队积2分，负队积1分.9轮过后，积分榜上的前2名分别为1班排球队和2班排球队，1班排球队积26分，2班排球队积22分.第10轮1班排球队对抗3班排球队，设每局比赛1班排球队取胜的概率为. （1）令，则，且，求，并证明：； （2）第10轮比赛中，记1班排球队3：1取胜的概率为，求出的最大值点，并以作为的值，解决下列问题. （ⅰ）在第10轮比赛中，1班排球队所得积分为，求的分布列； （ⅱ）已知第10轮2班排球队积3分，判断1班排球队能否提前一轮夺得冠军（第10轮过后，无论最后一轮即第11轮结果如何，1班排球队积分最多）？若能，求出相应的概率；若不能，请说明理由. 参考数据：，则，，. 19. 设函数，，． （1）当时，设，，且轴，求、两点间的最短距离； （2）若时，函数的图象恒在的图象上方，求实数的取值范围． （3）设函数，当有两个极值点时，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $