2023-2024学年苏州市昆山高二数学下学期期末试卷附答案解析

-2024学年苏州市昆山高二数学下学期期末试卷（试卷满分150分考试时间120分钟）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的．1．若，则符合条件的有序集合对的个数为（

）A．81 B．90 C．108 D．1142．最接近下列哪个数字（

）A．1.20 B．1.21 C．1.22 D．1.233．，，若在其定义域上有且仅有两个零点，则的取值范围是（

）A．B．C． D．4．超市举办抽奖活动．箱子里装有十张参与奖与两张100元代金券．顾客第一次可使用5积分进行一次抽奖，若摸中100元代金券则结束，若摸中参与奖则可将奖券放回并花费2积分再抽一次．若紫阿姨铁了心也要抽中100元代金券，则她所花费积分的数学期望为（

）A．12 B．15 C．17 D．205．已知复合函数求导法则符合，记是的反函数，则（

）A． B． C． D．6．丛雨和芳乃玩猜硬币正反面的游戏，其中一人抛硬币，另一人猜硬币正反面，猜中则猜方获胜，猜不中则对方获胜，每轮的胜者可获得对方的一枚硬币，直到其中一人赢完所有硬币之后游戏结束．已知游戏开始时，丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币，则丛雨最后赢得所有硬币的概率为（

）A． B． C． D．7．下列比大小正确的是（

）A．B．C． D．8．设为函数的定义域，若对于且，都有，我们称为“不减函数”．对于映射：，符合条件的不减函数有（

）A．16个B．18个C．20个 D．22个二、多选题：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．9．下列组合恒等式正确的有（

）A． B．C． D．10．对于，若使，则称是的正因数，易知也是的正因数．正因数只有1与自身的数叫做素数，如：2、3、5、7、11……．若对于正整数与，它们之间最大公因数为1，则称与互素．已知一个正整数可以被唯一分解为一组素数的乘积：，其中，是两两不同的素数，则下列说法正确的是（

）A．从中随机取出两数，则它们互素的概率是B．360的正因数个数为25C．360的所有正因数之和为D．360的所有正因数之积为11．设非常值函数定义域为，，且对于任意都满足，则下列说法正确的是（

）A．B．是奇函数C．D．若有且仅有一个整数解，则的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．将符合每小题的答案填写到空格上．12．随机取中的一个元素，则，，，的概率为．13．用个种不同颜色的扇形拼成一个圆，相邻的扇形不共色，设拼法数为，写出数列的一个递推公式．14．“指数找基友”是高中导数的重要思想，如和，这揭示了它们导数之间的奇妙关系．已知定义在上的可导函数和满足以下关系：，，，，则，．四、解答题：本题共5小题，共77分．将符合题目的答案填写在空白处．15．回答下列问题(1)求的个位数字(2)若随机变量，试求最大时的取值(3)证明：是偶数16．已知，(1)若，试证明：，恒成立(2)若，讨论的零点个数17．对数均值不等式在各个领域都有着重要应用．(1)讨论，的单调性(2)试证明对数均值不等式：(3)设，试证明：18．设样本空间，，其中两两互相独立．设随机事件对应的结果值为，随机变量和的取值分别为样本空间和中所发生事件的结果值，从而它们的数学期望，.(1)证明：，；(2)小明抛一枚奇葩的硬币，有的概率朝上，的概率朝下，的概率立起来．记朝上为分，朝下为分，立起来是分，设随机变量是小明抛次硬币所得的分数，求，；(3)若随机变量，证明：，.19．已知集合.(1)“算两次”思想在组合数学中有着重要应用．例如：对于一个元集合的所有子集个数，一方面有，另一方面：对于所有子集，每个中的元素有“出现”和“不出现”两种选择，由分布计数原理可得，因此有．令，试用算两次思想化简；(2)对于的子集个数还可以这样理解：，展开式中每一项都唯一对应着的一个子集．令，试化简；(3)对偶原理也是组合数学的重要方法，例如数学王子高斯小时候在计算的值时，他把与配对，与配对，从而化变量为常量，大大简化了计算．这其实就是对偶原理的一种体现．令，其中是中元素从小到大的一个排列，试用对偶原理化简.1．A【分析】根据满足条件的集合可看成由的子集与的并集，然后分类计算即可.【详解】当时，满足条件的有序集合对有1个；当为单元集合时，例如，则满足条件的集合可看成由的子集与集合的并集，共有个，所以为单元集合时，满足条件的有序集合对有个；当为二元集合时，满足满足条件的有序集合对有个；当为三元集合时，满足满足条件的有序集合对有个；当为四元集合时，满足满足条件的有序集合对有个.综上，符合条件的有序集合对的个数为.故选：A2．C【分析】利用二项式定理进行估值即可.【详解】由题意得，由二项式定理得，而从第3项以后，后面的项非常小，我们进行忽略即可，所以我们得到，则其与1.22更接近，故C正确.故选：C3．B【分析】利用导数求出的单调区间，画出的大致图象，令，则问题转化为方程有两个不相等的实根，且，然后结合根与系数的关系可求得答案.【详解】由，得，由，得，解得或，由，得，解得或，所以在和上递增，在和上递减，所以的大致图象如图所示，令，由，则，则，所以方程有两个不相等的实根，则，因为在其定义域上有且仅有两个零点，所以由的图象可知，不妨设，则，因为，所以，所以，得，所以，由，得，所以在上递增，所以，即的取值范围是.故选：B.4．B【分析】设抽奖次数为，花费的积分为，则，表达出，利用错位相减法和极限思想求出答案.【详解】设抽奖次数为，花费的积分为，则，每次抽中100元代金券的概率为，故，设，①，②，两式相减得，，故，故，故选：B5．B【分析】先根据反函数定义得到，两边求导得到，再求出，从而得到答案.【详解】因为互为反函数，所以，两边求导得，故，两边求导得，故，是的反函数，故，故，故.故选：B【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用互为反函数得到以，从而利用复合函数的求导即可得解.6．B【分析】设当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，丛雨最后赢得所有硬币的概率为，然后利用全概率公式得到，再结合，即可求出.【详解】事实上，无论抛硬币的人选如何，每一局结束后两人获胜的概率都是.设当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，丛雨最后赢得所有硬币的概率为.对，当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，进行一局游戏后，两人的硬币数有的概率分别变成和，也有的概率分别变成和，则根据全概率公式有.从而.故可设.显然也有，，所以.从而由可知，故.所以当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，丛雨最后赢得所有硬币的概率.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于将全概率公式和数列知识结合，利用数列得到所求概率.7．D【分析】构造函数根据函数单调性判断A,化简函数构造函数后应用函数单调性判断B,应用对数运算化简判断C,计算判断D.【详解】对于A:设,当在上单调递增，所以,所以,A错误；对于B:设，当在上单调递增，当在上单调递减,所以,所以,当取所以,B选项错误；对于C:因为，C错误；对于D:因为,D选项正确.故选：D.8．C【分析】根据“不减函数”的定义，分情况讨论，列出所有情况即可．【详解】分情况讨论，值域取1个元素，取2个元素，取3个元素.值域1个元素，可以；；；；共4个.值域取2个元素，；；；；；；；；；；；；共12个．值域取3个元素，；；；；共4个.总共有20个.故选：C.9．BCD【分析】利用排列数、组合数的性质逐一分析即可.【详解】选项：左边，右边，当时，即，故错误；选项：，故正确；选项：，令①，②，由得，故，即，故正确；选项：，的通项为，的通项为，则左边含的系数为，右边含的系数为，故，故正确.故选：BCD.10．ACD【分析】根据古典概型概率公式和素数定义可判断A；根据，由分步乘法计数原理可判断B；根据二项式定理的推导过程可判断C；由因数的成对性可判断D.【详解】对于A，从中随机取出两数有种取法，其中不互素的数组有，所以它们互素的概率是，A正确；对于B，因为，所以360的正因数由2、3、5的乘积构成，其2有4种取法，3有3种取法，5有2种取法，所以360的正因数个数为个，B错误；对于C，由二项式定理可知360的正因数是展开式每一项的系数，所以360的所有正因数之和为，C正确；对于D，由题知，360的因数成对出现，共12对，每队的乘积都等于360，所以360的所有正因数之积为，D正确.故选：ACD11．AD【分析】令，可得是以为首项，为公比的等比数列，求出，然后利用错位相减求和可判断A；利用奇偶性定义可判断B；求出、可判断C；令，利用导数得出的大致图象，结合图象可判断D.【详解】对于A，令，则，可得，且，所以是以为首项，为公比的等比数列，，设，则，所以，可得，故A正确；对于B，由A选项可知，，，，所以是不奇函数，故B错误；对于C，，，所以，故C错误；对于D，由得，令，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，当时，，且，所以的大致图象如下图，直线横过定点，设直线与的切点为，则，，所以，解得，或，因为，不满足有且仅有一个整数解；所以要使有且仅有一个整数解，只须，解得，故D正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是求出的解析式和数形结合解题.12．【分析】根据给定条件，利用隔板法求出的自然数解的个数，再求出满足的整数个数，然后计算古典概率即得.【详解】依题意，的一个元素，即方程的一个自然数解，由，得，设，则，方程的自然数解的个数即为方程的正整数解的个数，可视为24个小球排成一排，用3块隔板插入23个间隙分24个小球的分法数，有种，，令，因此满足的整数解的个数，即为方程的正整数解个数，有种，所以所求概率.故答案为：【点睛】关键点点睛：求出方程的正整数解的个数，关键是转化为排成一排的24个小球，用3块隔板分成4部分的不同分法数.13．（答案不唯一，例如也可以）【分析】构造另一个数列作为辅助，利用乘法原理得到，，二者结合即可得到的递推公式.【详解】将所有扇形按逆时针顺序分别记为，若每种扇形可从种颜色中选择一个并染色，设使得每对都不同色，且不同色的选择方式有种，使得每对都不同色，但同色的选择方式有种.则使得每对都不同色的选择方式有种，而根据乘法原理，使得每对都不同色的选择方式有种，从而.而对，我们先考虑使得每对都不同色，且不同色的选择方式，这样的选择方式有种.若每对都不同色，且不同色，则的选择方式有种，的选择方式有种；若每对都不同色，但同色，则的选择方式有种，的选择方式有种.所以.我们再考虑使得每对都不同色，但同色的选择方式，这样的选择方式有种.若每对都不同色，且不同色，则的选择方式有种，的选择方式有种；若每对都不同色，但同色，则无论怎样选择都不符合条件，故无法选择.所以.至此我们得到，，所以.这就得到了的一个递推公式：.该递推公式还可以进一步简化，由该递推公式可得.故.而根据乘法原理有，，故.所以.这就得到一个更简单的递推式：.故答案为：（答案不唯一，例如也可以）.【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，构造另一个数列作为辅助，以得到所求数列的递推公式.14．【分析】根据题意整理可得，进而可得，即，再根据题意可得，结合奇函数以及列式求解即可.【详解】由题意可知：的定义域为，因为，，则，即，由题意可知：，即，可得，则，可得，即，则，又因为，，则，可得，解得，即，，此时符合题意，所以，.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据化简可得，进而可得，再结合题意可得，化简运算即可.15．(1)3(2)或(3)证明见解析【分析】（1）由可知，当时，的个位数字都是0，所以只要求出的个位数字即可；（2）设最大，则，然后利用二项分布的概率公式列方程组求解即可；（3）利用组合数的性质证明即可.【详解】（1）因为，所以当时，的个位数字都是0，因为，所以的个位数字为3；（2）设最大，则，因为，所以，所以，即，所以，解得，因为，所以或，（3）证明：因为，，所以，所以是偶数16．(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）通过等价变形，转化为证明，当时，恒成立，构造函数，借助导数求出函数最大值即可得证；（2）分和讨论，即分别进行正零点和负零点的讨论，即可得解.【详解】（1）证明：要证明，恒成立，即证明恒成立又即只需要证明当时，恒成立，令，则，令解得，所以在上单调递增；令解得，所以在上单调递减；所以，当时，取得极大值，也是在上的最大值，即，所以，当时，恒成立，即当时，恒成立，所以，恒成立.（2）当时，（i）当时，，所以恒成立，即无零点；（ii）当时恒成立，即在上单调递增；又，，由零点存在性定理可得，在上存在唯一的零点，且零点小于0；当时，令，即，又，因此零点个数问题转化为了与图象的交点个数问题，由（1）知，令，在上单调递增；在上单调递减；当时，，当时，，如图所示；当，即时，又，即此时，与图象没有交点，所以没有零点；当，即时，又，即此时，与图象有两个交点，所以有2个正零点；综上所述，当时，无零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，有三个零点；【点睛】关键点点睛：第（1）问的关键，将恒成立问题，转为了恒成立问题，结合导数即可证明；第（2）问的关键在于分类讨论，分和讨论，从而得解.17．(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求导，利用导函数的符号分析函数的单调性.（2）先进行转化：，；，.在利用（1）的结论证明.（3）利用，可得，再累加求和即可.【详解】（1）在上恒成立，所以在上单调递增；在上恒成立，所以在上单调递减.（2）不妨设因为设，，则问题转化为：，.由（1）可知，函数在上单调递增，所以.故，成立，所以：.又因为.由（1）知在上单调递减，所以，故，成立，所以.所以：成立.（3）根据，所以,所以，成立.18．(1)证明见解析(2)，(3)证明见解析【分析】（1）直接根据期望的定义以及两两互相独立即可证明；（2）将单次的得分分别记为一个随机变量，然后求其相应的量，最后考虑它们的和的期望和方差即可；（3）使用二项分布的定义，结合二项式定理和导数知识即可求解.【详解】（1）根据两两互相独立，可知；且.（2）对，设小明第次抛硬币时的得分为，则，，.从而，.而显然两两独立，故.所以由即知，且.（