2023-2024学年常州市高级中学高二数学（下）5月考试卷附答案解析

-2024学年常州市高级中学高二数学（下）5月考试卷一、单项选择题（本题共8个小题，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．已知集合，，，则（

）A． B． C． D．2．已知命题p：，，命题q：函数是减函数，则命题p成立是q成立的（

）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件3．已知关于的不等式的解集为，则下列选项不正确的是（

）A． B．不等式的解集是C． D．不等式的解集为4．已知，，，下列选项正确的是（）A． B． C． D．5．我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论：若随机变量，当充分大时，二项随机变量可以由正态随机变量来近似地替代，且正态随机变量的期望和方差与二项随机变量的期望和方差相同.法国数学家棣莫弗在1733年证明了时这个结论是成立的，法国数学家､物理学家拉普拉斯在1812年证明了这个结论对任意的实数都成立，因此，人们把这个结论称为棣莫弗一拉普拉斯极限定理.现拋掷一枚质地均匀的硬币900次，利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于420次的概率为（

）附：若，则，A． B． C． D．6．已知函数的图象与函数的图象关于某一条直线对称，若，分别为它们图象上的两个动点，则这两点之间距离的最小值为（

）A． B． C． D．7．若函数且，在上单调递增，则和的可能取值为（）A．B．C． D．8．甲、乙两人进行局羽毛球比赛（无平局），每局甲获胜的概率均为，规定：比赛结束时获胜局数多的人赢得比赛，记甲赢得比赛的概率为，假设每局比赛互不影响，则（

）A． B． C． D．单调递减二、多项选择题（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．全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．）9．已知，是正数，且，下列结论正确的是（

）A．的最大值为 B．的最小值为C．最大值为 D．最小值为910．为排查新型冠状病毒肺炎患者，需要进行核酸检测．现有两种检测方式：（1）逐份检测：（2）混合检测：将其中k份核酸分别取样混合在一起检测，若检测结果为阴性，则这k份核酸全为阴性，因而这k份核酸只要检测一次就够了，如果检测结果为阳性，为了明确这k份核酸样本究竟哪几份为阳性，就需要对这k份核酸再逐份检测，此时，这k份核酸的检测次数总共为次．假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阴性还是阳性都是独立的，并且每份样本是阳性的概率都为，若，运用概率统计的知识判断下列哪些p值能使得混合检测方式优于逐份检测方式．（参考数据：）（

）A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.111．定义函数的曲率函数（是的导函数），函数在处的曲率半径为该点处曲率的倒数，曲率半径是函数图象在该点处曲率圆的半径，则下列说法正确的是（

）A．若曲线在各点处的曲率均不为0，则曲率越大，曲率圆越小B．函数在处的曲率半径为1C．若圆为函数的一个曲率圆，则圆半径的最小值为2D．若曲线在处的弯曲程度相同，则三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12．已知，若存在实数，当时，满足，则的取值范围为.13．已知正方形的四个顶点均在函数的图象上，若两点的横坐标分别为，则．14．甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，，且每局比赛结果相互独立．①若，则甲运动员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率为；②若比赛最多进行5局，则比赛结束时比赛局数的期望的最大值为．四、解答题（本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15．已知函数．(1)若，解关于的不等式；(2)若不等式在上有解，求实数的取值范围．16．现有编号为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的3个盒子，Ⅰ号盒中有2个白球和3个黑球；Ⅱ号盒中有2个白球和2个黑球；Ⅲ盒中有3个白球和1个黑球．现从Ⅰ号盒中任取1个球放入Ⅱ号盒中，再从Ⅱ号盒中任取1个球放入Ⅲ号盒中，最后从Ⅲ号盒中任取1个球放回Ⅰ号盒中．(1)求3个盒子的球的组成都保持不变的概率；(2)问Ⅰ号盒中的球怎样组成的可能性最大？17．在伯努利试验中，每次试验中事件发生的概率为（称为成功的概率），重复该试验直到第一次成功时，进行的试验次数的分布列为，称随机变量服从参数为的几何分布，记作．(1)求证：；(2)设随机变量表示试验直至成功与失败都发生时试验已进行的次数，求的最小值；（参考公式：）(3)设随机变量表示首次出现连续两次成功时所需的试验次数，求．18．已知函数．(1)求函数在处的切线方程；(2)若不等式有且只有两个整数解，求实数的取值范围；(3)若方程有两个实数根，且，求证：．19．若函数有个零点，且从小到大排列依次为，定义如下：．已知函数（其中为实数）．(1)设是的导函数，试比较和的大小；(2)若，求的取值范围；(3)对任意正实数，证明：．1．B【解析】先求得集合A、B，再由集合的交、并运算可得选项.【详解】∵集合∴∵集合∴∴，∵集合，∴故选：B.2．D【分析】概括任意性的定义，结合指数函数的性质、充分性、必要性的定义进行求解即可.【详解】当时，显然恒成立，当时，要想，恒成立，只需，因此：，要想函数是减函数，只需，因此：，∴推不出，推不出.故选：D3．C【分析】由题意可知，和3是方程的两根，且，故A正确；再结合韦达定理可得,代入选项和，解不等式即可判断;当时，有，从而判断选项【详解】由题意可知和3是方程的两根,且，,,,,，即选项正确；不等式等价于,，即选项正确；不等式的解集为,当时，有，即选项错误；∵不等式等价于，即,或,即选项正确.故选：C.4．B【分析】根据条件概率的概率公式计算可得.【详解】因为，即，又，，所以，故A错误；又，故B正确；，故D错误；，故C错误.故选：B5．A【分析】根据已知条件，结合二项分布的期望与方差公式，求出，再结合正态分布的对称性，即可求解【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币900次，设硬币正面向上次数为，则，由题意，，且，因为，即，所以利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于420次的概率为.故选：A.6．D【分析】首先得到函数的图象与函数的图象关于直线对称，则问题转化为点到直线距离最小值的倍，求出过点的切线恰与平行时切点坐标，再利用点到直线的距离公式计算可得.【详解】设为函数图象上任意一点，则，关于直线的对称点为，又，即点在函数的图象上，所以函数的图象与函数的图象关于直线对称，所以这，两点之间距离的最小值等于点到直线距离最小值的倍，由，则，函数在点处的切线斜率为，令，解得，，所以点到直线距离的最小值为，所以这，两点之间距离的最小值为.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键是得到两函数关于对称，再将问题转化为曲线上的点到直线的距离的最小值.7．C【分析】二次求导得到在上单调递增，要想在上单调递增，只需，再通过构造新函数求单调性结合不等式放缩逐项检验.【详解】函数且，，令，则恒成立，故在上单调递增，要想在上单调递增，只需，即只需，对A，，令，，则在上恒成立，故在上单调递增，故，即，则，A错误；对B，，B错误；对C，，令，，则在上恒成立，故在上单调递减，故，即，故，C正确对D，，令，，则恒成立，故在上单调递减，故，即，D错误；故选：C．【点睛】方法点睛：比较大小或证明不等式常用的不等式放缩如下：，，，，等，根据不等式特征，选择合适的函数进行求解.8．C【分析】要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，据此根据独立事件概率计算方法和二项式定理的性质可求，由此可判断ABC，判断和的大小即可判断的单调性，从而判断D.【详解】由题意，设甲获胜的局数为，则，，故甲赢得比赛的概率为：，又因，，所以，故，故C正确；，故A错误；，故B错误；因为，所以，又因为，所以，所以，即单调递增，故D错误.故选：C.【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用二项式定理的性质以及独立事件的乘法公式得出.9．ABD【解析】利用基本不等式可知AD正确；利用二次函数知识可知B正确；C不正确.【详解】对于A，因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，故A正确；对于B，因为，又，即，所以当时，取得最小值，故B正确；对于C，，因为，所以在上递增，所以，即，故C不正确；对于D，，当且仅当时，等号成立,故D正确.故选：ABD【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.10．CD【分析】计算混合检测分式，样本需要检测的总次数的期望，又逐份检测方式，样本需要检测的总次数，知，利用求解可得p的范围，即可得出选项.【详解】设混合检测分式，样本需要检测的总次数可能取值为，故的分布列为：111设逐份检测方式，样本需要检测的总次数，则要使得混合检测方式优于逐份检测方式，需即，即，即又，，故选：CD11．ABD【分析】直接根据倒数的性质即知A正确；直接根据曲率半径的定义计算函数在处的曲率，再取倒数得到曲率半径即可判断B正确；使用三元均值不等式可以证明函数的曲率圆的半径一定大于2，从而C错误；设，，然后将条件转化为关于的等式，再使用基本不等式进行处理，即可证明D正确.【详解】对于A，若曲线在各点处的曲率均不为0，显然，由知，由于曲线在处的曲率为，曲率圆的半径为，所以曲率圆的半径等于曲率的倒数.而曲率大于0，所以曲率越大，曲率圆越小，A正确；对于B，若，直接计算知，所以，从而函数在处的曲率为1，从而函数在处的曲率半径为1的倒数，即1，B正确；对于C，若，直接计算知，这里.所以处的曲率圆半径，从而我们有，所以圆的半径一定大于2，不可能以2为最小值，C错误；对于D，若，在C选项的过程中已经计算得知，现在如果曲线在处的弯曲程度相同，则，故，所以，即.设，，则，，，将两边展开，得到，从而.故，而，故，这意味着，从而.定义函数，则，由于，函数在上递增，故，所以，D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：在适当的时候使用均值不等式是解决本题C，D选项的关键.12．【分析】由函数性质，得，，将问题转化为求的取值范围，构造函数，结合导数求函数的值域即可.【详解】作出的图象如图，可知：，，，所以，令，当时，；当时，.且，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以，且，所以的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：利用正弦型函数的周期性和对称性，将问题转化为求函数的值域，求值域时，除函数的单调性外还要注意函数的取值特点.13．【分析】分析函数关于点中心对称，进而正方形的对称中心为，设出直线的方程为，则直线的方程为，,，,，则,，,，联立直线方程与函数可得，，由，可得，进而求得的值，所以可得，代值计算即可得出答案．【详解】因为，所以，则，得函数关于点中心对称，显然该正方形的中心为，由正方形性质可知，于，且，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，设,，,，则,，,，联立直线方程与函数得，即，，同理，又，，即，化简得，，，．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与曲线的综合运用.解决本题的关键是利用函数的对称性与正方形的对称性，从而可设互相垂直的两条直线，再根据直线与曲线相交的坐标关系，进而利用相交弦长公式确定直线斜率关系式.考查了运算求解能力，属于较难题目．14．【分析】根据题意，由条件可得甲运动员恰好在第4局比赛后赢得比赛，共两种情况，结合概率公式，即可得到结果；求出分布列，进而求出期望，再由基本不等式与二次函数的性质即可求出最值.【详解】记事件为每局比赛“甲获胜”，记事件为每局比赛“乙获胜”，记事件为甲运动员恰好在第4局比赛后赢得比赛，则事件包括事件两种情况，则；每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，由题意得的所有可能取值为，则，，.所以的分布列为245所以的期望，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以，故的最大值为.故答案为：；.15．(1)答案见解析(2)【分析】（1）利用因式分解法求解含参一元二次不等式即可.（2）利用分离参数法结合基本不等式求解参数范围即可.【详解】（1）易得当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为．（2）若在上有解，则在上有解，故，而，故，得，进而知，令，则，设，当且仅当时取等号，所以．16．(1)0.336(2)保持不变可能最大【分析】（1）一次试验后，Ⅰ号盒中的球有以下3种可能组成：不变（记为事件）；3白2黑（记为）；1白4黑（记为）.又设事件分别表示自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ号盒中取走的是白球，则3个盒中球都保持不变为事件，再由可求得结果；（2）由题意可知根据题意先利用全概率公式计算出，再利用全概率公式求出进行比较即可.【详解】（1）一次试验后，Ⅰ号盒中的球有以下3种可能组成：不变（记为事件）；3白2黑（记为）；1白4黑（记为）.又设事件分别表示自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ号盒中取走的是白球，则3个盒中球都保持不变为事件，所以，（2），,,,,所以,,，所以，Ⅰ号盒中的球的组成保持不变的可能性最大.【点睛】关键点点睛：此题考查独立事件概率公式的应用，考查全概率公式的应用，解题的关键是根据题意正确理解各事件间的关系，考查理解能力和计算能力，属于较难题.17．(1)证明见解析(2)3(3)【分析】（1）根据题意，由条件概率的公式代入计算，结合几何分布的概率计算公式，即可证明；（2）根据题意，由几何分布的概率公式，即可得到随机变量的分布列，再由期望的计算公式，代入计算，结合错位相减法，即可得到结果；（3）方法一：根据题意，分第一次试验失败与第一次试验成功考虑，列出分布列，结合期望计算公式，即可得到结果；方法二：根据题意，考虑首次出现成功时，下一次成功与下一次不成功讨论，再结合期望计算公式，即可得到结果.【详解】（1），（2）的所有可能取值为2，3，…，且．由错位相消法，得同理，（时取等号）（3）记法1：先进行第一次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败时对出现连续两次成功毫无帮助，可以认为后续期望仍是，即总的试验次数为；若第一次试验成功，则进行第二次试验，当第二次试验成功时，试验停止，此时试验次数为2；若第二次试验失败，相当于重新试验，此时总的试验次数为.2，解得法2：期望表示首次出现成功，当下一次再成功时，即有连续两次成功，则总试验次数为，概率为；当下一次不成功时，因为出现试验失败时对出现连续两次成功毫无帮助，可以认为后续期望仍是，即总的试验次数为，概率为.所以，又.【点睛】关键点睛：本题主要考查了随机变量分布列问题，以及期望的相关计算，难度较大，解答本题的关键在于理解几何分布的定义，以及结合几何分布的概率公式进行计算.18．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）导数几何意义即可求得曲线在处的切线方程；（2）问题转化为在上有且只有两个整数解，令，利用导数研究函数单调性，求实数的取值范围；（3）不等式左边是割线放缩，这两条割线为函数的最低点与及的连线，即与，设两割线与直线交点的横坐标分别为，可证明，，有，根据单调性，可得，有；不等式右侧是切线放缩，这两条切线分别是和时的两条切线，同理可证.【详解】（1）函数，时，，，，曲线在处的切线斜率为-2，切点坐标为，所以切线方程为，即.（2）函数，定义域为，若不等式有且只有两个整数解，即在上有且只有两个整数解，令，则，时，，单调递减；时，，单调递增，，，，，在上有且只有的两个整数解为和，则有，所以实数的取值范围为.（3）函数，定义域为，，解得，解得.函数在上递减，在上递增，，所要证的不等式左边是割线放缩，这两条割线为函数的最低点与及的连线，即与.设两割线与直线交点的横坐标分别为.解方程可得，，当时，，；当时，，令，，解得，解得，在上单调递减，在上单调递增，而，所以，．，根据单调性，可得，所以，，不等式左侧证明完毕.不等式右侧是切线放缩，这两条切线分别是