2021-2022学年江苏省苏州市高二下学期学业质量阳光指标调研数学试题含解析

2021-2022学年江苏省苏州市高二下学期学业质量阳光指标调研数学试题

一、单选题

1．设集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出集合A，再求.

【详解】集合.

又，所以.

故选：A

2．设，则“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】C

【分析】根据指数函数的图象与性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.

【详解】因为，可得，根据指数函数的性质，可得，即充分性成立；

反之：由，结合指数函数的性质，可得，即，即必要性成立，

所以是的充要条件.

故选：C.

3．2022年2月，第24届冬季奥林匹克运动会在北京隆重举行，中国代表团获得了9金4银2铜的优异成绩，彰显了我国体育强国的底蕴和综合国力.设某高山滑雪运动员在一次滑雪训练中滑行的路程（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则当时，该运动员的滑雪速度为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据导数的实际意义，对求导再代入求解即可.

【详解】由题意，，故当时，该运动员的滑雪速度为.

故选：B

4．为研究变量的相关关系，收集得到下列五个样本点：

若由最小二乘法求得关于的回归直线方程为，则据此计算残差为的样本点是（       ）A．              B．              C．              D．

【答案】B

【分析】由表格数据计算可得样本中心点，由此可计算求得，从而得到回归直线方程；将选项中的点代入回归直线，满足回归直线方程的即为残差为的样本点.

【详解】由样本数据可得：，，

，则回归直线方程为：；

对于A，，则残差不为，A错误；

对于B，，残差为，B正确；

对于C，，则残差不为，C错误；

对于D，，则残差不为，D错误.

故选：B.

5．已知函数的周期为3，且当时，.若，则（       ）

A． B．9 C． D．27

【答案】D

【分析】根据函数的周期性及指数、对数的关系计算可得.

【详解】解：因为的周期为，且当时，，

所以，

所以.

故选：D

6．已知函数，若关于的方程有四个不相等的实数根，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】采用数形结合的方式可得的范围，结合对称性可知，，由此可将化为关于的二次函数的形式，结合的范围，利用二次函数值域求法可求得结果.

【详解】由解析式可得图象如下图所示，

则为与的四个交点，

由图象可知：，且，

又，，

，，即的取值范围为.

故选：A.

7．已知盒子中装有形状，大小完全相同的五张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，现每次从中任意取一张，取出后不再放回，若抽取三次，则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设前两张卡片所标数字之和为偶数为事件，第三张为奇数为事件，先求出，再由条件概率求解即可.

【详解】设前两张卡片所标数字之和为偶数为事件，第三张为奇数为事件，则事件包括前两张都为奇数或者都为偶数，故，，故前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率.

故选：C.

8．若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用二项式展开式的性质可知，其中，则原等式等价于，对等式两边求导，再令，则可求出答案.

【详解】由题意知：，，，其中，

所以，

对上式两边求导得：，

令，得：，

故选：C.

二、多选题

9．若实数满足，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】由已知得，利用做差法逐项判断可得答案.

【详解】对于A，因为，所以，所以，即，故A正确；

对于B，因为，所以，所以，即，故B错误；

对于C，因为，所以，所以，即，故C错误；

对于D，因为，所以，所以，即，故D正确.

故选：AD.

10．若随机变量服从两点分布，其中分别为随机变量的均值和方差，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据随机分布的定义和随机分布的期望方差计算进行求解即可.

【详解】对于选项A：随机变量X服从两点分布，因为

故，故选项A正确；

对于选项B：，故选项B错误；

对于选项C：，故选项C正确；

对于选项D：，故D正确.

故选：ACD

11．已知函数，则（       ）

A．在上单调递增

B．在上单调递减

C．在上有2个极值点

D．在上有4个极值点

【答案】BD

【分析】利用奇偶性定义判断出为奇函数，利用导数判断出在上的单调性可判断A B；求出，令，利用奇偶性定义判断出

为偶函数， 分、、、、、、、讨论单调性，画出图象，再平移作出的图象，由导函数与原函数图象之间的关系判断极值情况，可判断CD.

【详解】，所以为奇函数，

对于A，，

当时，，所以，即在上单调递减，

因为为奇函数，所以在上单调递减，故A错误，B正确；

，令，，

所以为偶函数，，

当时， ，所以，单调递减，

因为为偶函数，所以当时，单调递增，

当时， ，所以，单调递减，

因为为偶函数，所以当时，单调递增，

当时， ，所以，单调递增，

因为为偶函数，所以当时，单调递减，

当时， ，所以，单调递增，

因为为偶函数，所以当时，单调递减，

，，

，，，

，，

，，

所以的图象为

在处有四个极值，

的图象是由的图象向下平移1个单位得到的，

如图

图象与轴有四个交点，从左往右依次设为，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

所以在处有四个极值，故D正确，C错误.

故选：BD.

12．已知函数，当时，的取值范围是，则实数的值可以是（       ）

A． B． C．1 D．2

【答案】BC

【分析】分别利用导数求出函数在各段的单调性，求出函数的极值，结合函数图象求出的取值范围，即可得解.

【详解】解：因为，

当时，则，

所以当时，当时，

即在上单调递减，在上单调递增，

即函数在处取得极小值 ，

当时，所以，

所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，，

又，，，

则与有两个交点，交点的横坐标分别为、，则，，

则函数的图象如下所示：

因为当时，的取值范围是，

所以，符合题意的有BC；

故选：BC

三、填空题

13．乘积式展开后的项数是___________.

【答案】18

【分析】根据分步乘法计数原理计算可得.

【详解】解：依题意从第一个括号中选一个字母有种方法，

从第二个括号中选一个字母有种方法，

从第三个括号中选一个字母有种方法，

按照分步乘法计数原理可得展开后的项数为项；

故答案为：

14．已知函数同时满足条件：①；②，.请写出这样的一个函数___________.

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据已知函数性质，结合指数函数的单调性和运算性质写出一个符合要求的函数.

【详解】令，则满足①；

又，即递减， 也满足；

所以这样的函数可为.

故答案为：（答案不唯一）.

15．如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的正方形格状道路网（其中虚线部分因施工暂时不通）.今有甲､乙两人，其中甲在M处，乙在N处，他们分别随机选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，同时到达N，M处，则在此过程中，甲、乙两人在A处相遇的概率为___________.

【答案】

【分析】根据题意，分别求得甲从点到和甲从点到的所有走法，再求得甲乙在点处相遇的所有走法的种数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.

【详解】如图所示，甲从点沿，共有种，

从点沿，共有种，

综上可得，甲从点出发到点，共有种走法；

同理可得，乙从点出发到点，共有种走法；

甲从点沿，共有种，

从点沿，共有种，

综上可得，共有种走法，

乙从点沿，共有种，

从点沿，共有种，

综上可得，共有种走法，

所以甲、乙两人在A处相遇的概率为.

故答案为：.

四、双空题

16．已知正实数满足，则的最小值为___________；若不等式对满足条件的恒成立，则实数的取值范围是___________.

【答案】         

【分析】根据题意转化为，设，得出关于的不等式，求得的取值范围，得到的最小值，把不等式转化为不等式对恒成立，设，列出不等式组，即可求解.

【详解】由题意，正实数满足，

可得，当且仅当时，等号成立，

设，可得，解得或（舍去），

所以的最小值为.

因为不等式对满足条件的恒成立，

由，即，即不等式对恒成立，

转化为不等式对恒成立，

设，要使得在上恒成立，

则满足，解得，即实数的取值范围是.

故答案为：；.

五、解答题

17．已知展开式中第3项和第5项的二项式系数相等.

(1)求的值；

(2)求展开式中的常数项.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据二项式系数及组合数的性质计算可得；

（2）首先写出展开式的通项，再令的指数为，求出，最后代入计算可得.

【详解】(1)解：由题意得，所以.

(2)解：的展开式通项为，，

令，解得，所以展开式中的常数项为.

18．已知函数.

(1)判断函数的奇偶性与单调性，并说明理由；

(2)解不等式.

【答案】(1)函数为偶函数，函数在上单调递增，函数在上单调递减，理由见解析；

(2).

【分析】（1）根据函数奇偶性的定义可得奇偶性，利用导数可判断函数的单调性；

（2）利用函数的奇偶性及单调性即得.

【详解】(1)函数为偶函数，

函数在上单调递减，在上单调递增；

因为函数定义域为，且，

所以函数为偶函数；

当时，，

有，

所以函数在上单调递增，

又因为为偶函数，

所以函数在上单调递减；

(2)因为函数为偶函数，

所以不等式等价于，

又函数在上单调递增，

所以，

两边平方得，解得，

故所求不等式的解集为..

19．某医药研究所为研究药物对预防某种病毒的效果，对100只小白鼠进行了试验，得到如下数据：

(1)根据小概率值的独立性检验，分析该疫苗是否有效；

(2)若从接种疫苗的50只小白鼠中按分层随机抽样方法（各层按比例分配）取出20只，再从这20只中随机抽取3只，求这3只小白鼠中感染病毒的只数的分布列和数学期望.

参考公式：（其中.参考数据：.

【答案】(1)认为该疫苗有效，此推断犯错误的概率不大于

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）计算卡方，再根据所给表格对照数据判断即可；

（2）的所有可能取值为，进而求得分布列与数学期望即可.

【详解】(1)零假设为：感染病毒与接种疫苗无关，即疫苗无效.

根据列联表可得.

因为当假设成立时，，

所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为该疫苗有效，此推断犯错误的概率不大于.

(2)从接种疫苗的50只小白鼠中按分层随机抽样方法取出20只，其中末感染病毒的只数为18，感染病毒的只数为2，则的所有可能取值为.

，

所以的分布列为：

故随机变量的数学期望为.

20．已知函数和，其中为常数且.

(1)当时，求曲线在处的切线方程；

(2)若存在斜率为1的直线与曲线和都相切，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)由题意求出切点和切线的斜率，根据点斜式求切线方程即可;

(2) 设曲线在点处的切线斜率为1，求导计算可得；设曲线在点处的切线斜率为1，求导计算可得，再由直线的斜率为1，可得的关系，利用基本不等式求最小值即可.

【详解】(1)解：当时，，当时，切点为，

因为，切线斜率为，

所以切线方程为，即.

(2)解：的定义域为的定义域为，

且，

设曲线在点处的切线斜率为1，则，

所以，则，

设曲线在点处的切线斜率为1，则，

所以，则，

直线的斜率，

所以，

由于，则，

当且仅当，即时等号成立，

故的最小值为.

21．某水果基地种植的苹果，按苹果的横径大小（毫米）分为5级：当时为特优级，当时为优级，当时为一级，当时为二级，当时为废果，将特优级果与优级果称为优品果.已知这个基地种植的苹果横径服从正态分布.

(1)从该基地随机抽取1个苹果，求抽出优品果的概率（精确到0.1）；

(2)对该基地的苹果进行随机抽查，每次抽取1个苹果，如果抽出的是优品果，则抽查终止，否则继续抽查，直到抽出优品果为止，但抽查次数最多不超过次，若抽查次数的数学期望值不超过4，根据第（1）小题的结果，求的最大值.

附：若随机变量服从正态分布，则，参考数据：.

【答案】(1)

(2)7

【分析】（1）根据正态分布的定义即可求得结果

（2）先根据第次抽到优品果的概率和恰好抽取次的概率得到，再将原式中的用表示出来，得到仅与有关的，最后根据题目要求和等比数列的单调性即可得到结果

【详解】(1)因为苹果横径服从正态分布，其中，

且的苹果为优品果，所以抽出优品果的概率

.

(2)由题意第次抽到优品果的概率，

恰好抽取次的概率，

所以，

设，则，

两式相减得

所以，

由，即，

因为数列是单调递减数列，而，

所以的最大值为7.

22．已知函数且.

(1)当时，求函数的极值；

(2)当时，求函数零点的个数.

【答案】(1)有极小值，无极大值

(2)零点个数为1

【分析】（1）求出导函数，求出极值点，判断导函数的符号，然后求解函数的极值；

（2）利用函数的导数，通过对参数分类讨论分析其单调性即可知函数的零点个数.

【详解】(1)解：由题意得：

，

令，得或（舍去），

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

所以函数有极小值，无极大值.

(2)由（1）得.因为，

①若，当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

所以有极大值，

极小值，又，

所以函数有1个零点.

②若，则，所以函数单调递增，

此时，所以函数有1个零点.

③若，当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

所以有极大值，显然极小值，

又，所以函数有1个零点.

综上所述，当时，函数的零点个数为1.