2022-2023学年江苏省苏州市高二年级下册学期期末学业质量阳光指标调研数学试题【含答案】

2022-2023学年江苏省苏州市高二下学期期末学业质量阳光指标调研数学试题一、单选题1．已知M，N是全集U的非空子集，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据韦恩图以及集合与集合之间的关系可得答案.【详解】因为M，N是全集U的非空子集，且，所以韦恩图为：

由韦恩图可知，A不正确；B正确；C不正确；D不正确.故选：B2．已知，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据指数函数与对数函数的单调性以及充分不必要条件的定义可得答案.【详解】若，则，则，所以“”是“”的充分条件；若，则，只有当时，才能推出，所以“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3．曲线在点处的切线与直线和围成的三角形的面积为（

）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】求导，根据导数的几何意义得出切线方程.作出三条直线的图象，求出相关点的坐标，即可得出答案.【详解】由已知可得，，根据导数的几何意义可知，曲线在点处的切线斜率为.所以，切线方程为.作出图象

解可得，.解可得，.所以，.故选：C.4．为全面贯彻党的教育方针，落实立德树人的根本任务，着力造就拔尖创新人才，某校为数学兴趣小组购买了一些数学特色专著：《数学的意义》《现代世界中的数学》《数学问题》，其数量分别为x，y，z（单位：本）．现了解到：①；②，则这些数学专著至少有（

）A．9本 B．10本 C．11本 D．12本【答案】A【分析】根据，先令，推出矛盾，再令，求出这些数学专著的本数.【详解】因为，，不妨先令，则，此时由于，，不合要求，舍去；令，则，此时，，满足要求，故这些数学专著至少有本.故选：A5．已知定义在上的函数从x到的平均变化率为，则的单调增区间是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】求极限可得.设，化简可得.解，根据导数的概念，即可得出答案.【详解】由已知可得，.设，则.由可得，，所以，即时，有.根据导数的概念，可知时，有.所以，的单调增区间是.故选：C.6．云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长．已知某科技公司2018年至2022年云计算市场规模数据，且市场规模y（单位：千万元）与年份代码x的关系可以用模型（其中e＝2.71828…）拟合，设，得到数据统计如下表：年份2018年2019年2020年2021年2022年x12345ym112036.654.6zn2.433.64由上表可得回归方程，则m的值约为（

）A．2 B．7.4 C．1.96 D．6.9【答案】B【分析】根据题意，由回归方程过点，可得，再由即可求得.【详解】由题意可得，，将代入可得，且，所以，又因为，即，所以.故选:B7．已知A，B为某随机试验的两个事件，为事件A的对立事件．若，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知可求得，，然后根据条件概率，即可得出答案.【详解】由已知可得，，，根据条件概率可知，.故选：A.8．已知实数a，b，c满足，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用二项式定理展开式判断出的范围，再构造函数，利用导数判断其单调性，可比较出的大小，再利用作差法比较的大小，从而可得结果.【详解】因为，所以，令，则，当时，，所以在递增，因为，所以，所以，所以，即，由，得，则，因为，所以，，所以，所以，所以，即，综上，故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查比较大小，考查二项式定理的应用，考查导数的应用，解题的关键是利用二项式展开式判断出的范围，然后再比较的大小和的大小即可，考查计算能力，属于较难题.二、多选题9．已知随机变量X服从二项分布，则（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】利用二项分布的期望、方差公式计算判断AB；利用二项分布的概率公式计算判断CD作答.【详解】随机变量X服从二项分布，对于A，，A正确；对于B，，B错误；对于C，，C错误；对于D，，D正确.故选：AD10．已知函数及其导数的定义域均为R，则下列结论正确的有（

）A．若为奇函数，则为偶函数B．若为奇函数，则为奇函数C．若为奇函数，则为偶函数D．若为偶函数，则为偶函数【答案】BC【分析】根据奇偶函数的性质，以及复合函数的求导法则，即可得出答案.【详解】对于A项，由已知可得，设，则，所以为奇函数，故A项错误；对于B项，因为，为奇函数，所以有，即，整理可得，所以为奇函数，故B项正确；对于C项，由已知可得，根据复合函数的求导法则，两边同时求导可得，，所以，所以为偶函数，故C项正确；对于D项，由已知可得，根据复合函数的求导法则，两边同时求导可得，，所以，所以为奇函数，故D项错误.故选：BC.11．已知函数，，则下列结论正确的有（

）A．当时，在处取得极小值B．当时，有且只有一个零点C．若恒成立，则D．若恒成立，则【答案】ABD【分析】选项A、B；当时，，结合导数研究函数的单调性，求解函数的极值、零点问题；选项C、D：利用导数解决函数恒成立问题；【详解】选项A、B：当时，，当，单调递减；当，单调递增；故在处取得极小值，故A正确；又因为，所以，有且只有一个零点，故B正确；选项C、D:恒成立，当时，；当时，即恒成立，构造函数，，令，，在单调递减，又，所以，所以在上单调递减，，综上可得，故C错误；函数，函数单调递减，则，故有,即；即恒成立，时，;，，又，所以选项D正确；故选：ABD.12．现有12张不同编码的抽奖券，其中只有2张有奖，若将抽奖券随机地平均分给甲、乙、丙、丁4人，则（

）A．2张有奖券分给同一个人的概率是B．2张有奖券分给不同的人的概率是C．2张有奖券都没有分给甲和乙的概率为D．2张有奖券分给甲和乙各一张的概率为【答案】BD【分析】先分组，再分配，结合分类加法计数原理以及古典概型的概率公式，即可得出答案.【详解】对于A项，将10张没有奖的奖券按照1，3，3，3分成三组，不同的分法种数为，然后分配给4个人的分法为，所以，2张有奖券分给同一个人的概率是，故A项错误；对于B项，由A可得，2张有奖券分给不同的人的概率是，故B项正确；对于C项，由A可知，2张有奖券都分给丙的概率是；2张有奖券都分给丁的概率是；若2张有奖券，1张分给丙、1张分给丁将10张没有奖的奖券按照2，2，3，3分成四组，不同的分法种数为，然后分配给4个人的分法为，所以，2张有奖券，1张分给丙、1张分给丁的概率是，所以，2张有奖券都没有分给甲和乙的概率为，故C项错误；对于D项，因为2张有奖券，1张分给丙、1张分给丁的概率是，同理可得，2张有奖券分给甲和乙各一张的概率为，故D项正确.故选：BD.【点睛】方法点睛：根据已知，先将抽奖券分组，然后再分配.三、填空题13．已知的展开式中存在常数项，请写出一个符合条件的n的值：．【答案】3（答案不唯一，3的正整数倍即可）【分析】利用二项式定理写出通项公式，得到，写出答案.【详解】的展开式的通项公式为，要想展开式中存在常数项，则要有解，即，为3的正整数倍即可故答案为：3（答案不唯一，3的正整数倍即可）四、双空题14．某新闻媒体举办主持人大赛，分为四个比赛项目：“新闻六十秒”“挑战会客厅”“趣味绕口令”“创意百分百”，每个项目独立打分，成绩均服从正态分布，成绩的均值及标准差如下表．小星在四个项目中的成绩均为81分，则小星同学在第个项目中的成绩排名最靠后，在第个项目中的成绩排名最靠前．（填序号）序号一二三四项目新闻六十秒挑战会客厅趣味绕口令创意百分百717581854.92.13.64.3【答案】四二【分析】根据已知用各组表示出，然后根据正态分布的性质，即可得出答案.【详解】项目一：由已知可得，，，则；项目二：由已知可得，，，则；项目三：由已知可得，，，则；项目四：由已知可得，，，则.根据正态分布的性质可得，，所以，小星同学在第四个项目中的成绩排名最靠后，在第二个项目中的成绩排名最靠前．故答案为：四；二.五、填空题15．已知，，，则的最小值为．【答案】/【分析】利用将化为积为定值的形式，再根据基本不等式可求出结果.【详解】因为，，所以，当且仅当，即，又，所以，时，等号成立.故的最小值为.故答案为：.16．已知不等式对任意恒成立，则的最大值为．【答案】2【分析】由题可得，对任意恒成立，根据二次不等式恒成立可得，构造函数，利用导数求函数的最值可得，进而可得，结合进而可得的最大值.【详解】因为不等式对任意恒成立，所以，对任意恒成立，由可得，即，令，则，当时，，函数单调递增，显然不恒成立，不合题意，当时，由，可得，函数单调递减，由可得，函数单调递增，所以，即，所以，由，可得，即，因为函数单调递增，且，所以，当时，，即，所以的最大值为2.故答案为：2.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.六、解答题17．已知函数．(1)求的极小值；(2)求在区间上的最大值和最小值．【答案】(1)2(2)最大值为6，最小值为2【分析】（1）求出导函数，根据导函数得出函数的单调区间，进而得出答案；（2）根据（1）的结论得出在区间上的单调性，结合端点处的函数值，即可得出答案.【详解】（1）由已知可得，.由可得，或.由可得，，所以在上单调递减；由可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增.所以，在处取得极大值，在处取得极小值.（2）由（1）可得，在上单调递增，在上单调递减.又，，，所以，在区间上，在处取得最小值2，在处取得最大值6.18．设，其中，．(1)当时，求的值；(2)在展开式中，若存在连续三项的系数之比为，求n的值．【答案】(1)511(2)62【分析】（1）分别令以及，即可得出答案；（2）设第项的系数之比为，由已知得出展开式的系数，列出方程组，整理化简求解，即可得出答案.【详解】（1）令可得，.令可得，，所以.（2）设第项的系数之比为.展开式的通项公式，.则，整理可得，解得.19．已知某校高一有450名学生（其中男生250名，女生200名）．为了给学生提供更为丰富的校园文化生活，学校增设了两门全新的校本课程A，B，学生根据自己的兴趣爱好在这两门课程中任选一门进行学习．学校统计了学生的选课情况，得到如下的列联表．选择课程A选择课程B总计男生150女生50总计(1)请将列联表补充完整，并判断是否有的把握认为选择课程与性别有关？说明你的理由；(2)从所有男生中按列联表中的选课情况进行分层抽样，抽出10名男生，再从这10名男生中抽取3人做问卷调查，设这3人中选择课程A的人数为X，求X的分布列及数学期望．附：，．0.010.0050.0016.6357.87910.828【答案】(1)列联表见解析，有的把握认为选择课程与性别有关；(2)分布列见解析，【分析】（1）根据男生和女生人数，结合表中数据，将列联表补充完整，利用公式求得，与临界值比较，即可得到结论；（2）按分层抽样计算抽取10名男生中选择课程A的人数，列出X的所有可能取值，求出相应的概率，即可求X的分布列和数学期望．【详解】（1）由男生250名，女生200名，结合表中数据，列联表如图所示，选择课程A选择课程B总计男生100150250女生50150200总计150300450，所以有的把握认为选择课程与性别有关.（2）按分层抽样计算抽取10名男生中，选择课程A的人数为，则X的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，则X的分布列为X0123P.20．已知函数满足．当时，．(1)若，求的值；(2)当时，都有，求的取值范围．【答案】(1)2(2)【分析】（1）根据当时，，求出和，由求出，代入即可求出；（2）根据得在上恒成立，再分类讨论对称轴与区间的关系，求出在的值域，根据值域列式可求出结果.【详解】（1）又因为当时，，所以，，因为，所以，即，显然，所以，所以，得.（2）由得，当时，，，因为当时，都有，所以当时，，解得，又因为，所以在上恒成立，方法1：①当时，的对称轴，所以在上的最小值为，最大值为，所以值域为，所以，解得，因为，所以不存在；②当时，的对称轴，所以在上的最小值为，最大值为，所以值域为，所以，解得，解得因为，所以；③当时，的对称轴，在上为减函数，在上的最小值为，最大值为，所以值域为，所以，解得，因为，所以不存在满足要求.综上所述：的取值范围为.方法2：必要性探路缩小的范围，减少讨论.由题意知，对，都有，所以，解得，则的对称轴，所以当时，在上的最小值为，最大值为，值域为，所以，解得，解得，又因为，所以.故的取值范围为.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；（2）若，总有成立，故；（3）若，使得成立，故；（4）若，使得，故.21．十番棋也称十局棋，是围棋比赛的一种形式．对弈双方下十局棋，先胜六局者获胜．这种形式的比赛因对局较多，偶然性较小，在中国明清时期和日本都流行过．在古代比较有名的十番棋有清代黄龙士和徐星友的“血泪十局”以及范西屏和施襄夏的“当湖十局”．已知甲、乙两人进行围棋比赛，每局比赛甲获胜的概率和乙获胜的概率均为，且各局比赛胜负相互独立．(1)若甲、乙两人进行十番棋比赛，求甲至多经过七局比赛获胜的概率；(2)甲、乙两人约定新赛制如下：对弈双方需赛满局，结束后统计双方的获胜局数，如果一方获胜的局数多于另一方获胜的局数，则该方赢得比赛．研究表明：n越大，某一方赢得比赛的概率越大．请从数学角度证明上述观点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出甲经过六局比赛获胜和经过七局比赛获胜的概率，相加即可；（2）设对弈双方赛满局后，甲获胜的概率为，表达出，，比较出，得到结论.【详解】（1）甲经过六局比赛获胜的概率为，甲经过七局比赛获胜，则前六局有一局乙胜，第7局甲获胜，概率为，故甲至多经过七局比赛获胜的概率为；（2）对弈双方赛满局后，甲获胜的概率为，则甲至少