2025年上海师范大学附中高二下学期期末考试数学试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2023-2024学年上海师大附中高二（下）期末数学试卷一、填空题（第1~6题，每小题4分，第7~12题，每小题4分，共54分）（其中第1题包含解题视频，可扫描页眉二维码，点击对应试题进行查看）1．函数的定义域为．2．若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是．3．若，则不同的有序集合组共有种．4．若函数的定义域与值域都是，则实数．5．已知函数，若满足，则．6．纳皮尔精确的对数定义来源于一个运动的几何模型：假设有两个沿两平行直线运动的动点C和F，其中点C从线段的端点A向B运动，点F从射线的端点D出发向E运动，其中的长为的长无限大．若的长度满足在第秒时的长度满足在第t秒时，记，则x是关于y的一个对数函数．根据以上定义，当时，则．7．如图，我国古代珠算算具算盘每个档（挂珠的杆）上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面2颗叫上珠，下面5颗叫下珠，若从某一档的7颗算珠中任取3颗，记上珠的个数为X，则．8．已知且，则的取值范围是．9．已知满足方程：满足方程：，则．10．已知正数，满足，则的最大值是.11．用模型拟合一组数据，若，，设，得变换后的线性回归方程为，则ak=.12．对于定义在非空集上的函数，若对任意的，当，有，则称函数为“准单调递增函数”，若函数的定义域，值域，则在满足这样条件的所有函数中，为“准单调递增函数”的概率是．二、选择题（第13~14题，每小题4分，第15~16题，每小题4分，共18分）13．人生在世，最大的问题，莫过于“学以成人”的问题；“学好数学”是“成人”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件14．若实数a，b满足，则下列关系式中可能成立的是（）A．0＜a＜b＜1 B．b＜a＜0C．1＜a＜b D．a＝b15．已知两个连续型随机变量X，Y满足条件，且服从标准正态分布．设函数，则的图像大致为（

）A． B． C． D．16．已知定义在R上的严格递增函数满足：任意，有，则下列两个命题的真假情况是（

）命题甲：存在非零实数T，使得任意；命题乙：存在非零实数c，使得任意．A．甲真乙假 B．甲假乙真 C．甲真乙真 D．甲假乙假三、解答题（共5题，满分78分）17．设R，函数.（1）若，解不等式；（2）求所有的，使得在区间上单调递增.18．（1）已知关于的一元二次方程的两个正实数根分别为，，且，求实数的值；（2）设，是方程的两个实根，，是方程的两个实根，若，求实数的取值范围．19．概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由两位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫（Markov）不等式和切比雪夫（Chebyshev）不等式．马尔科夫不等式的形式如下：设为一个非负随机变量，其数学期望为，则对任意，均有，马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学期望间的关系．当为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：设的分布列为其中，则对任意，，其中符号表示对所有满足的指标所对应的求和．切比雪夫不等式的形式如下：设随机变量的期望为，方差为，则对任意，均有(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量成立．(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为．现随机选择了100名患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药厂的宣传内容是否真实可信．20．高一的珍珍阅读课外书籍时，发现笛卡尔积是代数和图论中一个很重要的课题.对于非空数集A，B，定义且，将称为“A与B的笛卡尔积”(1)若，，求和；(2)试证明：“”是“”的充要条件；(3)若集合是有限集，将集合的元素个数记为.已知，且存在实数满足对任意恒成立.求的取值范围，并指明当取到最值时和满足的关系式及应满足的条件.21．给定函数与，若为减函数且值域为（为常数），则称对于具有“确界保持性”.(1)证明：函数对于不具有“确界保持性”；(2)判断函数对于是否具有“确界保持性”；(3)若函数对于具有“确界保持性”，求实数的值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．【分析】由对数有意义的条件即真数大于0解不等式即可得解.【详解】要使有意义，则当且仅当，解得，即函数的定义域为.故答案为：.2．【分析】根据一元二次不等式解集的性质进行求解即可.【详解】当时，不等式为，显然不符合题意；当时，因为关于的不等式的解集为，所以有，所以实数的取值范围是，故答案为：3．9【分析】对集合分类讨论即可得解.【详解】根据题意，若，则，若，则或，若，则或，若，则或或或，故不同的有序集合组共有种．故答案为：9．4．5【分析】由题意得，解方程组可得的值.【详解】函数的对称轴方程为，所以函数在上为减函数，又函数在上的值域也为，则，即，由①得：，代入②得：，解得：（舍），．把代入得：．故答案为：5．5．12【分析】由题意得，进一步代入求值即可.【详解】因为，且满足，所以，解得，所以．故答案为：12．6．18【分析】第t秒时，令求出，再由可得答案.【详解】由题意知，第t秒时，令得，，解得，又因为第t秒时，所以当时，．故答案为：18．7．【分析】由超几何分布的概率公式、互斥加法以或者对立减法公式即可求解.【详解】解：法一：由题意可知，x的所有可能取值为0，1，2，则．法二：由题意可知，的所有可能取值为0，1，2，则．故答案为：．8．【分析】由题意得，进一步，结合对勾函数的性质即可得解.【详解】，则，故，则，令，则，故，设，则在上单调递增，在上单调递减，，故，即．故答案为：．9．3【分析】由题意得与，都是方程的实数根，结合函数单调性、零点存在定理即可求解.【详解】由题意可得，即，所以与，都是方程的实数根，令，，所以在R上单调递增，因为，即，所以根据零点存在定理可知，存在唯一实数，使得，所以方程有唯一的实数根，所以，所以．故答案为：3．10．【分析】设，则，同时根据均为正数确定的取值范围，利用基本不等式可求得，解不等式可求得结果.【详解】设，则，均为正数，，解得：；则（当且仅当，即时取等号），又，当，时，取得最小值；，即，解得：，满足，的最大值为.故答案为：9【点睛】关键点点睛：本题考查基本不等式的应用，解题关键是能够利用换元法配凑出符合基本不等式的形式，从而构造出关于的不等式.11．【分析】先求出，因为在回归直线上，求出，将化简为，代入即可得出答案.【详解】由题意得，因为在回归直线上，所以，由得与比较得：，a.故答案为：.12．【分析】首先根据值域个数，将定义域中的元素进行分组，求解所有的函数个数，再利用隔板法求函数为增函数的个数，再根据古典概型概率公式，即可求解.【详解】若函数的值域为，则有1个函数，所以值域为单元素的函数有3个，若值域为，将定义域中的元素分组为3,3，则有个函数，将定义域中的元素分组为2,4，则有个函数，将定义域中的元素分组为1,5，则有个函数，则共有个函数，所以值域为双元素的函数共有个函数；若值域为，将定义域中的元素分组为1,2,3，则有个函数，将定义域中的元素分组为2,2,2，则有个函数，将定义域中的元素分组为1,1,4，则有个函数，则共有个函数，综上可知，共有个函数，其中，若函数为增函数，当值域为单元素集合，有3个函数，满足条件，当值域有2个元素，将元素1,2,3,4,5,6中间隔1块板，有5种方法，则有个函数，若值域有3个元素，则将元素1,2,3,4,5,6中间隔2块板，有种方法，即有10个函数，综上可知，为增函数的函数有个函数，所以为增函数的概率.故答案为：13．B【分析】根据必要不充分条件的定义结合“学以成人”即可判断.【详解】“学好数学”不一定能推出“成人”，充分性不成立，“成人”能推出“学好数学”，必要性成立，故“学好数学”是“成人”的必要不充分条件．故选：B．14．ABD【分析】根据题目实数，满足，设，，画出函数图象，逐段分析判断即可．【详解】设，则都为增函数，作出两函数的图象，两个函数图象有2个交点，分别为，对于A，作直线分别与图象相交，交点横坐标为，且，此时，即能成立，故A正确；对于B，作直线分别与图象相交，交点横坐标为，且，此时，即能成立，故B正确；对于C，，因为，所以，所以此时不可能成立，故C不正确；对于D，或，成立，所以D正确．故选：ABD．15．D【分析】计算，可判断函数的对称性，再计算，即可排除选项.【详解】或，因为，所以或，即或，或或因为服从标准正态分布，所以根据对称性可知，所以函数关于对称，故排除AC；当时，，，所以或,因为，其中，，，根据原则可知，，所以排除B；故选：D16．B【分析】根据单调性可知甲；当时，根据的对称中心及其在时的值域可判断乙.【详解】令，则，即，所以，又，所以；因为为R上的严格增函数，所以当时，，则；当时，，则，所以不存在非零实数T，使得任意，故甲错误；当时，，由，得关于成中心对称，则当时，为的对称中心；当时，因为为R上的严格增函数，，所以，所以；由图象对称性，此时对任意，故乙正确．故选：B．17．(1)(2)【分析】（1）由题得再解不等式得解.(2)分类讨论，和，数形结合分析得到使得在区间上单调递增的a的取值范围.【详解】（1）由题得.（2）若，即，二次函数y=，在区间上单调递增.∴；若，即或，当，；当，，明显符合，所以此时综上，.【点睛】本题主要考查对数函数的图像和性质，考查对数函数不等式的解法，考查函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.18．（1）；（2）【分析】（1）先根据韦达定理和已知条件解出两个实数根的表达式，再代入韦达定理求解即可.（2）先根据韦达定理得出根之间的关系，根据表达式判断根正负性，最后结合①求解即可．【详解】（1）根据韦达定理可得，又，所以，．所以，解得，．又因为，且，是两个正实数根，所以，所以．（2）由韦达定理，得，，，．前后两式分别相除，得．因为，所以、同号．若，则，，矛盾．若，则，，矛盾．所以、、、同号，且有，即．又因为，得，所以，得，即，结合，可知实数的取值范围为．19．(1)证明见解析(2)不可信【分析】（1）利用马尔科夫不等式的证明示例证明即可；（2）由题意可知治愈的人数为服从二项分布，由二项分布计算均值与方差，再结合切比雪夫不等式说明即可.【详解】（1）法一：对非负离散型随机变量及正数使用马尔科夫不等式，有．法二：设的分布列为其中，记，则对任意，.（2）设在100名患者中治愈的人数为．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观真实的，那么在此假设下，．由切比雪夫不等式，有．即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．20．(1)答案见详解(2)证明见详解(3)答案见详解【分析】（1）根据的定义直接运算求解；（2）根据的定义结合充分必要条件分析证明；（3）设，则，，结合基本不等式求的取值范围，并结合根式分析求解.【详解】（1）由题意可得：，.（2）若，设，由定义可知：且，所以“”是“”的必要条件；若，对任意，均有，即对任意，均有，由任意性可知，则，所以“”是“”的充分条件；综上所述：“”是“”的充要条件.（3）设，则，，可得，当且仅当，即时，等号成立，所以实数的取值范围.若取到最大值，则，即，可得，即，所以.21．(1)证明见解析(2)具有(3)3【分析】（1）令，以特殊值说明函数不满足值域为，即可证明结论；（2）根据对于具有“确界保持性”的定义，说明满足定义中的条件，即可得出结论；（3）根据的结构特点，先确定时，函数符合题意，再分别说明和时，函数值域不符合题意，即可确定答案.【详解】（1）证明：令，因为，不满足函数值域为，故函数对于不具有“确界保持性”；（2）函数对于具有“确界保持性”；理由如下：令，在上单调递减，且当时，，故函数对于具有“确界保持性”；（3）令，根据“确界保持性”定义可知在上单调递减，故，即的值域为；由于，可以看到，若当，即时，则可化简为，且在上均单调递减，故先证明符合题意；当时，，先证明在上单调递减，设，则当时，，故，，，则，即，故，即，所以在