广东省部分学校2023-2024学年高二下学期6月联考 数学试卷（含解析）

广东省部分学校2023−2024学年高二下学期6月联考数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知，，且，则的最小值为（

）A． B． C．4 D．3．已知随机变量，且，，则（

）A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.44．拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（

）A．1 B． C． D．05．展开式中的系数为（

）A．90 B．180 C．270 D．3606．某人在次射击中击中目标的次数为，其中，击中偶数次为事件A，则（

）A．若，则取最大值时 B．当时，取得最小值C．当时，随着的增大而减小 D．当的，随着的增大而减小7．若“，”为假命题，则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．已知是定义在上的函数，且，则（

）A． B． C． D．0二、多选题（本大题共3小题）9．已知函数的定义域为，若，且为偶函数，，则（

）A． B．C． D．10．小明与小红两人做游戏，抛掷一枚质地均匀的骰子，则下列游戏中不公平的是（

）A．抛掷骰子一次，掷出的点数为1或2，小明获胜；否则小红获胜B．抛掷骰子两次，掷出的点数之和为奇数，小明获胜；否则小红获胜C．抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6，小明获胜；点数之和为8，小红获胜；否则重新抛掷D．抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，小明获胜；掷出的点数都相同，小红获胜；否则重新抛掷11．已知，下列说法成立的是（

）A．B．C．D．三、填空题（本大题共3小题）12．已知关于的不等式，若此不等式的解集为，则实数m的取值范围是.13．已知随机变量，且，则的最小值为．14．已知函数，若⫋，则，的取值范围为.四、解答题（本大题共5小题）15．有编号为1，2，3，4，5的盒子，1号盒子有两个白球和两个黑球，其余盒子中都有两个白球一个黑球.(1)从1号盒子中取出两个球，求颜色不同的概率；(2)从1号盒子中取出一个球放入2号盒子，再从2号盒子中取出一个球放入3号盒子，依此类推最后从4号盒子中取出一个球放入5号盒子结束，记“n号盒子取出的球是白球”为事件①求②求16．已知函数.(1)当时，求函数的图象在点处的切线方程(2)当时，求函数的极值(3)若在上是单调增函数，求实数a的取值范围.17．为提升学生体质，弘扬中华传统文化，某校本学期开设了武术社团，有10位武术爱好同学参加，并邀请专业体育教师帮助训练.教师训练前对10位同学测试打分，训练一段时间后再次打分，两次得分情况如表格所示.规定满分为10分，记得分在8分以上（包含8分）的为“优秀”.12345678910训练前4759528.5675训练后8.59.57.59.58.569.58.599优秀人数非优秀人数合计训练前训练后合计(1)将上面的列联表补充完整，并根据小概率值的独立性检验，判断武术社团同学的武术优秀情况与训练是否有关？并说明原因；(2)从这10人中任选4人，在这4人中恰有3人训练后为“优秀”的条件下，求这4人中恰有1人是训练前也为“优秀”的概率；(3)为迎接汇报表演，甲同学连续4天每天进行和两个武术项目的训练考核，、项目考核相互独立，且每天考核互相不影响，项若为优秀得2分，概率为，项若为优秀得3分，概率为，否则都只得1分.设甲同学在这4天里，恰有3天每天得分不低于3分的概率为，求为何值时，取得最大值.附：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82818．某工业流水线生产一种零件，该流水线的次品率为，且各个零件的生产互不影响．(1)若流水线生产零件共有两道工序，且互不影响，其次品率依次为．①求p；②现对该流水线生产的零件进行质量检测，检测分为两个环节：先进行自动智能检测，若为次品，零件就会被自动淘汰；若智能检测结果为合格，则进行人工抽检．已知自动智能检测显示该批零件的合格率为99%，求人工抽检时，抽检的一个零件是合格品的概率（合格品不会被误检成次品）．(2)视p为概率，记从该流水线生产的零件中随机抽取n个产品，其中恰好含有个次品的概率为，求函数最大值．19．已知函数．(1)若在上单调递增，求实数的最大值；(2)讨论的单调性；(3)若在上单调递增，且存在且，使得，证明：．

参考答案1．【答案】C【分析】运用对数函数的单调性求出中的不等式，再运用并集运算即可.【详解】中的不等式，得，即，又，.故选C.2．【答案】D【分析】借助“1”的活用，结合基本不等式计算即可得.【详解】，当且仅当，即，时，等号成立.故选D.3．【答案】A【分析】利用正态密度曲线的对称性，即可求解.【详解】由正态密度曲线的对称性可知，，，所以.故选A.4．【答案】C【分析】利用导数判断单调性，求解出值【详解】因为函数在上连续，且在上可导，则必有一，使得，又函数，可得，所以，此时，又，所以，因为，且，所以，不妨设，函数定义域为，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值，则当时，λ取得最大值，最大值为．故选C．5．【答案】D【分析】根据二项式定理，组合知识进行求解.【详解】从的6个因式中，其中2个因式选择，2个因式选择，剩余2个选择1，故展开式中的系数为.故选D.6．【答案】D【分析】对于A，根据直接写出，然后根据取最大值列式计算即可判断；对于B，根据，直接写出即可判断；对于C、D，由题意把表示出来，然后利用单调性分析即可.【详解】A：在10次射击中击中目标的次数，当时对应的概率，因为取最大值，所以，即，即，解得，因为且，所以，即时概率最大．故A错误；B：，当时，取得最大值，故B错误；C、D：，，，，当时，，为正负交替的摆动数列，所以不会随着的增大而减小，故C错误；当时，为正项且单调递减的数列，所以随着的增大而减小，故D正确；故选D.7．【答案】C【分析】转化为命题的否定为真命题，再分离参数，设新函数求出其最大值即可得到答案.【详解】由题意得该命题的否定为真命题，即“，”为真命题，即，令，因为，则，则存在，使得成立，令，令，则（负值舍去），则根据对勾函数的性质知在上单调递减，在上单调递增，且，，则，则.故选C.8．【答案】B【分析】先根据和判断出的图象关于直线对称，关于点对称，从而得到周期为4；再根据得到，最后化简所求表达式并利用二项式系数和的性质求解即可.【详解】因为，即，所以函数的图象关于直线对称；又因为，所以，所以函数的图象关于点对称；所以，所以，即函数周期为4，又因为，所以，即.所以.故选B.9．【答案】BCD【分析】首先根据函数既是中心对称又是轴对称，求得函数的周期，判断A，再根据函数周期和对称性求值，并求函数值，判断BCD.【详解】∵，∴关于对称∵为偶函数，∴关于对称∴的周期，故A错误；（∵的周期为12）（∵关于对称）（∵关于对称），故B正确；（∵的周期为12）（∵关于对称）（∵关于对称），即，故C正确；∵的周期为12∴，，又，，同理，，，，又，，即，由，令，得，，，，，，，故D正确.故选BCD.10．【答案】AD【分析】对于每个选项，由古典概型概率计算公式计算各自获胜的概率即可求解.【详解】对于A，小明获胜的概率为，不公平，故A符合题意；对于B，若要点数之和为奇数，则只能是一奇一偶，而每抛一次出现奇数，偶数的概率都是，但可能是先出现奇数，有可能先出现偶数，故小明获胜的概率为，公平，故B不符合题意；对于C，若点数之和为6，则两个加数可以是，即小明获胜的概率为，若点数之和为8，则两个加数可以是，即小红获胜的概率为，公平，故C不符合题意；对于D，抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，则这三个自然数可以是，所以小明获胜的概率为，若掷出的点数都相同，则这三个自然数可以是，所以小红获胜的概率为，不公平，故D符合题意.故选AD.11．【答案】ABD【分析】根据指数、对数的运算及指对函数的单调性，以及构造函数，利用导数判断单调性可得，据此判断A、B；举反例判断C；由题意得，令，由导数确定可判断D.【详解】对于A，由知，，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，即，由知，故A正确；对于B，由可得，可得（时取等号），因为，所以，故B正确；对于C，因为，当时，，则，又，所以，由知，所以此时，故C错误；对于D，，，令，则，由于得，可得，时等号成立，当时，，所以，在单调递增，，故D正确.故选ABD.【关键点拨】判断D选项时，对式子进行变形换元后得到是解题的第一个关键，构造函数，利用两次求导可得出函数的最小值是解题的第二个关键点.12．【答案】【分析】对进行和分类，再结合不等式的解集为讨论求解即可.【详解】当时，，与客观事实矛盾，故此时不等式的解集为，符合；当时，为一元二次不等式，若此不等式的解集为，则有，综上，实数m的取值范围是.故答案为：.13．【答案】8【分析】先根据正态分布的性质得出，再结合常值代换应用不等式求出最值即可.【详解】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为，又因为，所以，所以．当时，，当且仅当，即时等号成立，故最小值为8．故答案为：8.14．【答案】【详解】设，则，由题意知，即，故，则，则，当时，，此时的解均为，不满足⫋，故；故要使得⫋，需满足有解，且显然其解不是0和n，()，故，解或，结合，可得或，故，即的取值范围为，故答案为：.【思路导引】由题意可推出，结合，即可求得m的值；由此确定，要满足⫋，需满足有解，由此列不等式求出n的范围，即可求得答案.15．【答案】(1)(2)①，，；②【分析】（1）直接根据分步计数原理和古典概率公式计算即可；（2）是条件概率公式的乘法形式，则是根据代入条件概率公式计算，需要根据容斥原理计算，因为不互斥，计算则属于马尔科夫链的概率模型，其本质为全概率公式，通过全概率公式计算和即可计算.【详解】（1）；（2）①，，，；②，.16．【答案】(1)(2)极小值为，无极大值(3)【分析】（1）利用导数的几何意义函数的图象在点处的切线的斜率为，又，由直线的点斜式可得切线方程；（2）利用的正负讨论的单调性，即可求得函数的极值；（3）由在上是单调增函数，所以在上恒成立，则在上恒成立，又在上为单调递减函数，所以，可得.【详解】（1）当时，，定义域为，，所以函数的图象在点处的切线的斜率为，又，所以函数的图象在点处的切线方程为，即.（2），令，解得，当时，，当时，，所以在上是减函数，在上是增函数，所以在处取得极小值，无极大值.（3）因为在上是单调增函数，所以在上恒成立，即在上恒成立，因为在上为单调递减函数，所以当时，取得最大值，即，所以.17．【答案】(1)同学的优秀情况与训练有关，理由见解析(2)(3)【分析】（1）将列联表完善，计算出卡方，与比较后得到结论；（2）设出事件，结合组合知识，利用条件概率求出答案；（3）计算出甲同学一天得分不低于3分的概率，从而得到，，求导后得到单调性，从而确定当时，取得最大值.【详解】（1）零假设：假设武术社团同学的武术优秀情况与训练无关.列联表为优秀人数非优秀人数合计训练前2810训练后8210合计101020.故根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即同学的优秀情况与训练有关.（2）设“所选4人中恰有3人训练后为优秀”为事件，“所选4人中恰有1人训练前也为优秀”为事件，事件为所选4人中，有1人训练前优秀，有2人为训练前非优秀，训练后变为优秀，有1人训练前非优秀，训练后也非优秀，从（1）中可知，有6人训练前非优秀，训练后变为优秀，有2人训练前非优秀，训练后也非优秀，则，，所以.（3）设“甲同学一天得分不低于3分”为事件，有，则恰有3天每天得分不低于3分的概率，，，当时，，时，，故在上单调递增，在单调递减.所以当时，取得最大值.18．【答案】(1)①，②(2)【分析】（1）①由题意可知两道生产工序互不影响，利用对立事件可求；②依题意可利用条件概率公式求抽检的一个芯片是合格品的概率；（2）依题意可知，求导后利用导数研究的单调性，得到当时，取得最大值，代入即可求得.【详解】（1）①因为两道生产工序互不影响，所以．②记该款芯片自动智能检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，且，则人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率为．（2）因为各个芯片的生产互不影响，所以，所以，令，得，又，则，所以当时，为单调增函数，当时，为单调减函数，所以，当时，取得最大值，则最大值为.19．【答案】(1)2(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）由已知可得关于参数的不等式，将恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用基本不等式求出最值即可；（2）先求原函数的导数，再对参数分类讨论，即可得出函数的单调性；（3）根据已知条件先对进行转化，再构造函数，并利用导数求出原函数的单调性，从而证出不等式.【详解】（1）因为函数在上单调递增，所以在上恒成立．因为，所以，即