精品解析：江苏省苏州工业园区星海实验中学2022-2023学年高二下学期5月阶段检测数学试题（解析版）

苏州星海中学2022-2023学年高二第二学期阶段检测

高二数学

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求)

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】因为集合的代表元素都是，所以分别解关于的不等式可得集合，进而求出.

【详解】由得，由得，即，

所以，

所以

故选：C.

2. 下列说法中，正确的命题是（       ）

A. 已知随机变量X服从正态分布，则

B. 线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱

C. 已知两个变量具有线性相关关系，其回归方程为，若，则

D. 若样本数据的方差为8，则数据的方差为2

【答案】D

【解析】

【分析】利用正态分布的对称性可以求得的值，进而判定A，根据相关系数的意义可以判定B，利用回归直线方程过样本中心点，可以求得回归常数的估计值，从而判定C，利用方差的性质可以求得数据的方差，进而判定D.

【详解】解：A. 已知随机变量服从正态分布，，

则，所以，

所以，

∴，故A错误；

B. 线性相关系数的范围在到1之间，有正有负，相关有正相关和负相关，

相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强，

反之，线性相关性越弱，故B错误；

C. 已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为，若，，，则，故C错误；

D. 设数据，，…，的方差为，

则样本数据，，…，的方差为，则，即数据的方差为2，故D正确.

故选：D.

3. 已知函数则“”是“在上单调递减”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】求得在上单调递减时的取值范围，从而判断出充分、必要条件.

【详解】若在上单调递减，

则，解得.

所以“”是“在上单调递减”的必要而不充分条件.

故选：B

4. 已知函数，则（    ）

A. 为奇函数 B. 为偶函数

C. 为奇函数 D. 为偶函数

【答案】B

【解析】

【分析】方法一：可得，即可得到函数关于对称，从而得到为偶函数；

方法二：求出的解析式，即可判断.

【详解】方法一：因为，所以，

所以函数关于对称，将的函数图象向左平移个单位，关于轴对称，

即为偶函数.

方法二：因为，，

则，所以为偶函数；

又，故，，

所以，，故为非奇非偶函数；

又，故，，

所以，，故为非奇非偶函数；

又，故，，

所以，，故为非奇非偶函数.

故选：B

5. 函数在上的大致图象为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由函数的奇偶性，可排除B；由时，可排除选项CD，可得出正确答案

【详解】，所以函数是奇函数，排除选项B，

又，排除选项CD，

故选：A

6. 春节期间，小胡、小张、小陈、小常四个人计划到北京、重庆、成都三地旅游，每个人只去一个地方，每个地方至少有一个人去，且小胡不去北京，则不同的旅游方案共有（    ）

A. 18种 B. 12种 C. 36种 D. 24种

【答案】D

【解析】

【分析】分为小胡单独一个人旅游以及小胡和小张、小陈、小常中的1人一起旅游两种情况讨论即可.

【详解】由题意，可分为两种情况：

①小胡单独一个人旅游，在重庆，成都中任选1个，有2种选法，

再将其他3人分成两组，对应剩下的2个地方，有种情况，

所以此时共有种；

②小胡和小张、小陈、小常中的1人一起旅游，先在小张、小陈、小常中任选1人，与小胡一起在重庆，成都中任选1个，有种情况，

将剩下的2人全排列，对应剩下的2个地方，有种情况，

所以此时共有种，

综上，不同的旅游方案共有种.

故选：D.

7 设，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造函数，，通过其单调性后可得，整理后可得；作差，则可得.

【详解】构造函数，，则，

得在上单调递减，又，

则，即.

作差：，则，

综上所述，.

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题涉及比较指数式与分数的大小，难度较大.本题因难以估值及找中间量，故采用构造函数法比较大小，而构造函数的关键为找到比较式子间的关系.

8. 设函数，若关于x的方程有四个实根（），则的最小值为（    ）

A.  B. 16 C.  D. 17

【答案】B

【解析】

【分析】作出函数的大致图象，可知，由与的图象有四个交点可得，计算求得的值即可得的范围，根据可得与的关系，再根据基本不等式计算的最小值即可求解.

【详解】作出函数的大致图象，如图所示：

当时，对称轴为，所以，

若关于的方程有四个实根，，，，则，

由，得或，则，

又，所以，

所以，所以，且，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

故的最小值为.

故选：B.

【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列说法正确的是（    ）

A. “对于”的否定是“”

B. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05

C. 已知，若，则

D. 已知实数满足，则

【答案】ABC

【解析】

【分析】对于选项A和B用相关定义即可判断出正误；对于选项C，根据对立事件和条件概率公式，再结合题设条件即可判断出正误；对于选项D，通过取特殊值，即可判断出正误.

【详解】选项A，由全称命题的否定知选项A正确；

选项B，因为，可知选项B正确；

选项C，由，可得，故，得到，

所以，故选项C正确；

选项D，当时，，此时，故选项D错误.

故选：ABC.

10. 已知实数a，b满足，下列结论中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题意可得，对A：根据不等式性质分析运算；对B：利用基本不等式分析运算；对C：换元结合二次函数分析运算；对D：构建，利用导数结合基本不等式判断原函数单调性，即可得结果.

【详解】由，

可得，

对A：∵，则，

故，A正确；

对B：由选项A可得：，

当且仅当，即时，等号成立，

故，B正确；

对C：，

令，则，C错误；

对D：，等价于，

构建，则当时恒成立，

则在上单调递增，

由选项A可知：，则，

故，D正确；

故选：ABD.

11. 已知，且恒成立，则k的值可以是（    ）

A. －2 B. 0 C. 2 D. 4

【答案】ABC

【解析】

【分析】先对不等式变形得，发现是与双变量之间的关系，然后再根据已知的等式把双变量转化为单变量，从而构造新函数，然后利用导数求出新函数的最小值即可得出结果.

【详解】由知，

，

，

令，则，

令，则，导函数单调递增，

且，

所以存在使得，即，

所以在上单调递增，在上单调递减，

，

所以可取，

故选：ABC.

12. 已知函数在R上的导函数分别为 ，若 ，且为奇函数，则（    ）

A. 为偶函数 B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据条件求出 的对称轴和周期，以及 与 的关系，逐项分析即可.

详解】由条件： ，令 ，则 ，

， ；

又 （m为常数），

…①，

令 ，则有…② ， …③，

②+③得： ， ，即 关于直线 对称，由题意 是奇函数，所以 关于点 对称，

是周期为 得周期函数，…④ ，

即 得图像是 向左平移一个单位再向下平移4个单位得到， 是偶函数，即 是奇函数，A错误；

又 关于直线 对称，  关于点 对称，即 ，B正确；

由④得 ，C正确；

又 关于点 对称， ， ，D错误；

故选：BC.

三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 的展开式中的系数为______.（以数字作答）

【答案】-80

【解析】

【分析】根据二项式定理计算中的即可.

【详解】原式等于，

设的通项为，而中没有项，

故时，，

即项的系数为.

故答案为：-80

14. 将5个不同的小球放入三个不同的盒子内，且每个盒子至少放1个，则不同的放法有________种.

【答案】150

【解析】

【分析】分两步完成，第一步：分成二组，第二步：分配到3个盒子里，根据分步计数原理即可求出结果.

【详解】先把5个球分为或两组，再分配到3个盒子里，

故有种.

故答案为：150.

15. 已知函数，则不等式的解集为__________．

【答案】

【解析】

【分析】判断出函数的奇偶性，利用导数以及放缩法得出函数的单调性，将不等式化简，计算出不等式的解集．

【详解】函数的定义域为，且，则是偶函数，，且，是奇函数，又，即是为增函数，当时，，即在上为增函数，则不等式等价于，，平方得，化简得，解得或，

故答案为：

16. 已知函数 恰有三个正整数，使得，则实数的取值范围为________.

【答案】

【解析】

【分析】将问题转化为 恰有三个正整数，对进行分类讨论，分别构造函数 ，求导利用单调性即可求解.

【详解】的定义域为，

由可得

(1)显然时，不等式在上无解，不符合题意;

(2)当时，不等式为，

令 ，则当时， ，

故不等式 没有正整数解，不符合题意;

(3)当时，不等式为 为增函数，

，令，则 ，

当时，，故在上单调递减，

而 ，

存在使得，

当时，，当时，，

即当时， ，当时，，

在上单调递增，在上单调递减，

又，且时，，

故不等式 的三个正整数解为，

，即 ，解得： .

故答案为：

【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

四、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知二项式的展开式中，所有项的二项式系数之和为，各项的系数之和为，

（1）求的值；

（2）求其展开式中所有的有理项．

【答案】（1）4    （2）

【解析】

【分析】（1）先利用题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值；

（2）利用二项展开式的通项公式即可求得其展开式中所有的有理项．

【小问1详解】

因为，所以，

当为奇数时，此方程无解，

当为偶数时，方程可化为，解得；

【小问2详解】

由通项公式，

当为整数时，是有理项，则，

所以有理项为．

18. 已知函数.

（1）求证为偶函数;

（2）当时，函数存在零点，求实数的取值范围.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由对数的运算以及偶函数的定义即可求解，

（2）构造函数，由对数的运算，结合的范围即可求解的范围,进而可求的范围.

【小问1详解】

因为恒成立，所以的定义域为

，所以函数为上偶函数.

【小问2详解】

由题意得，即时，函数存在零点，

即在上有解，

令，

即，

即实数的取值范围为.

19. 已知函数 .

（1）当时，求在上的值域;

（2）若 恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用导数求解单调性，由单调性即可求解最值求解，

（2）将恒成立问题转化为恒成立，构造函数求导得单调性，结合对的讨论即可求解.

【小问1详解】

当时， 在上恒成立，

所以函数在上单调递增，因为，

所以在上的值域为,

【小问2详解】

即 ，

令 ，

当时，单调递减，当时，单调递增，

所以，又当时，时，，

所以

(i)若，不等式 恒成立;

(ii)若，不等式等价于 ，因为 ，

所以，故 ，

(iii)若，不等式等价于，因为没有最大值，所以不存在的值，使得不等式恒成立;

综上，实数的取值范围为

【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及函数问题的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.

20. 某兴趣小组为研究一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，设A=“患有地方性疾病”，B=“卫生习惯良好”.据临床统计显示，，，该地人群中卫生习惯良好的概率为.

（1）求和，并解释所求结果大小关系的实际意义；

（2）为进一步验证（1）中的判断，该兴趣小组用分层抽样的方法在该地抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得.为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有99.9%的把握肯定（1）中的判断，试确定k的最小值.

参考公式及数据：；；.

【答案】（1），，表示患有该地方性疾病与卫生习惯是否良好的关系；   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用贝叶斯公式列方程求得，进而可得，再应用全概率公式求，并说明其实际意义；

（2）写出列联表，应用卡方公式及已知求调整后的卡方值，列不等式求k的最小值.

【小问1详解】

由题设，，，，

所以，则，可得，

所以，而，

所以，则，

和表示患有该地方性疾病与卫生习惯是否良好的关系.

【小问2详解】

，故.

21. 已知函数，．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若函数有两个极值点，，且，求证：．

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）首先求函数的导数，再根据判别式讨论函数的单调区间；

（2）根据（1）的结果，可知，，，，这样可将所证明不等式进行变形，从而构造函数，利用导数即可证明.

【小问1详解】

函数的定义域为，，

设，令，，

当时，即，在单调递减，

当时，即，，令，得，，

若，，，由即，得出.

由即，得出.

当时，，由即，得出.

由即，得出.

综上所述：当时，函数在上单调递减，

当时，函数在上单调递减，在上单调递增，

当时，函数在上单调递减，

在上单调递增；在上单调递减.

【小问2详解】

由（1）可知：当时，

，是函数两个极值点，

有，，此时，

要证明，只要证明

设，

令，

当时，，

所以当时，，单调递减，

所以有，即证

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数性质的综合应用问题，本题第二问处理双变量问题，关键是，，，从而为后面的消参，构造函数创造条件.

22. 国学小组有编号为1，2，3，…，的位同学，现在有两个选择题，每人答对第一题的概率为、答对第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮出赛，先答第一题；②若第号同学未答对第一题，则第轮比赛失败，由第号同学继继续比赛；③若第号同学答对第一题，则再答第二题，若该生答对第二题，则比赛在第轮结束；若该生未答对第二题，则第轮比赛失败，由第号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第轮，则不管第号同学答题情况，比赛结束．

（1）令随机变量表示名同学在第轮比赛结束，当时，求随机变量的分布列；

（2）若把比赛规则③改为：若第号同学未答对第二题，则第轮比赛失败，第号同学重新从第一题开始作答．令随机变量表示名挑战者在第轮比赛结束．

①求随机变量的分布列；

②证明：单调递增，且小于3．

【答案】（1）分布列见解析   

（2）①分布列见解析 ；②证明见解析

【解析】

【分析】（1）由题设有，可取值为1，2，3，应用独立事件乘法公式、互斥事件概率求法求各值对应的概率，即可得分布列；

（2）①应用二项分布概率公式求取值1，2，…，对应概率，即可得分布列；

②由①分布列得（，），定义法判断单调性，累加法、等比数列前n项和公式求通项公式，即可证结论.

小问1详解】

由题设，可取值为1，2，3，

，，，

因此的分布列为

【小问2详解】①可取值为1，2，…，，

每位同学两题都答对的概率为，则答题失败的概率均为：，

所以时，；当时，

故的分布列为：

②由①知：（，）．

，故单调递增；

由上得，故，

∴，

故．