2022-2023学年江苏省苏州市常熟中学高二下学期5月阶段性学业水平调研数学试题含答案

2022-2023学年江苏省苏州市常熟中学高二下学期5月阶段性学业水平调研数学试题

一、单选题

1．若随机变量服从正态分布，且，则（    ）

A．0.07 B．0.14 C．0.28 D．0.36

【答案】B

【分析】利用正态分布的对称性求解即可.

【详解】由题可知，，

由于，所以，

因此.

故选：B.

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】化简集合，结合集合的运算法则求

【详解】因为函数的定义域为，

所以，

函数的定义域为，值域为，

所以，

所以，

故选：D.

3．已知，则使得“”成立的一个充分不必要条件为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据“充分不必要条件”的定义以及函数的单调性逐项分析.

【详解】对于A，如果 ，例如 ，则 ，不能推出 ，如果 ，则必定有 ，既不是充分条件也不是必要条件，故A错误；

对于B，如果 ，因为 是单调递增的函数，所以，不能推出 ，例如；如果 ，则必有 ，是必要不充分条件，故B错误；

对于C，如果 ，则必有 ，是充分条件；如果 ，例如 ，则不能推出 ，所以是充分不必要条件，故C正确；

对于D，如果 ，根据对数函数的单调性可知 ，是充分条件，

如果 ，则，是必要条件，故D错误.

故选：C.

4．“学如逆水行舟，不进则退；心似平原跑马，易放难收”（明·《增广贤文》）是勉励人们专心学习的.如果每天的“进步”率都是1%，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1%，那么一年后是.一年后“进步”的是“退步”的倍.如果每天的“进步”率和“退步”率都是20%，那么大约经过（   ）天后“进步”的是“退步”的一万倍.（）

A．20 B．21 C．22 D．23

【答案】D

【分析】根据题意可列出方程，求解即可，

【详解】设经过天“进步“的值是“退步”的值的10000倍,

则，

即，

,

故选：D．

5．如图所示的“心形”图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”图形在x轴上方的图象对应的函数解析式可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据奇偶性和最值排除错误答案即可.

【详解】A选项：易知为偶函数，当时，，

此函数在上单调递增，在上单调递减，且，故A正确；

B选项：记，则，故B错误；

C选项：，故C错误；

D选项：记，则，故D错误.

故选：A

6．已知函数为偶函数，且函数在上单调递增，则关于x的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用函数的奇偶性和对称性，得到函数的单调区间，利用单调性解函数不等式.

【详解】因为为偶函数，所以的图像关于y轴对称，则的图像关于直线对称．

因为在上单调递增，所以在上单调递减．

因为，所以，解得．

故选：A.

7．若的展开式中，所有项的系数和与二项式系数和相等，且第6项的二项式系数最大，则有序实数对共有（    ）组不同的解

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】根据二项式系数的性质求解.

【详解】根据二项式系数的性质知：由第6项的二项式系数最大知的可能取值为9，10，11，

又由题得：令x=1，有，当，11时，；当时，或，

故有序实数对共有4组不同的解，分别为 .

故选：D.

8．已知实数x，y满足，，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】构造函数和，，利用导数求解函数的单调性，即可求解.

【详解】由可得，由于，，所以，则故，则，故A错误，

令，则，当时，，所以在上单调递增，故，所以，故，

由于，所以，又，则，

令,当时，，所以在上单调递增，由于，，且，即，所以，故B正确，

令，故当当故，因此，又，所以，结合的单调性可得，故C错误，

由得故，所以

则，由于且均为单调递增，所以在单调递增，故，故当时，，故D错误，

故选：B

【点睛】处理多变量函数最值问题的方法有：

（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化. （3）线性规划：如果题设给出的是二元一次不等式组，而目标函数也是二次一次的，那么我们可以用线性规划来处理.

二、多选题

9．已知，且，，则下列说法正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】化为对数，根据对数运算及对数函数性质可得，结合基本不等式和对数性质逐一判断可得.

【详解】由题知，，

所以，

所以，A错误；

，B正确；

，C错误；

，D正确.

故选：BD

10．某研究机构为了掌握当地新增高速运行情况，在某服务区从小型汽车中抽取了80名驾驶员进行调查，将他们在某段高速公路的车速(km/h)分成六段：[60，65)，[65，70)，[70，75)，[75，80)，[80，85)，[85，90]，得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（    ）

A．这80辆小型车辆车速的众数的估计值为77.5

B．在该服务区任意抽取一辆车，估计车速超过75km/h的概率为0.65

C．若从样本中车速在 [60，70)的车辆中任意抽取2辆，则车速都在[65，70)内的概率为

D．若从样本中车速在 [60，70)的车辆中任意抽取2辆，则至少有一辆车的车速在 [65，70)的概率为

【答案】ABD

【分析】根据频率分布直方图，众数为最高小长方形底边中点値，可判断A选项；直接计算超过75km/h的概率即可判断B选项；然后计算出车速在的车辆总量，根据古典概型计算公式判断C、D选项.

【详解】对于A，根据频率分布直方图可知，这80辆小型车辆车速主要集中在，众数为，故A正确；

对于B，车速超过的频率为，故B正确；

对于C，车速在内的车辆共有辆，车速在内的车辆有辆，所以任意抽取2辆，车速都在内的概率为，故C错误.

对于D，至少有一辆车的车速在的概率为，故D正确；

故选：ABD.

11．已知函数及其导函数满足，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．是函数的极大值点

C．方程有且只有一个实根 D．存在，使得恒成立

【答案】AC

【分析】通过函数满,可以求出，进而可以分析函数的极值点，求解的值，判断A,B选项；

对函数，求导求零点，从而可以判断C选项；

使用隔离参数法将k隔离之后，令，从而可以判断D选项；

【详解】因为，则为常数,

,则，

则时，单调递减；时函数单调递增．

∴函数只有一个极小值点2，即只有一个极小值，故选项A正确，选项B错误；

，则，单调递减,

当时，，当时，所以函数有且只有一个零点，故选项C正确；

，可得，令，

则，

令，则，

故时单调递减，时，单调递增，

所以，所以在上单调递减，无最小值，

所以不存在正实数k，使得恒成立，故选项D错误；

故选：AC．

12．将2n(n∈N*)个有编号的球随机放入2个不同的盒子中，已知每个球放入这2个盒子的可能性相同，且每个盒子容纳球数不限记2个盒子中最少的球数为X(0≤X≤n，X∈N*)，则下列说法中正确的有（    ）

A．当n=1时，方差

B．当n=2时，

C．，，使得P(X=k)>P(X=k+1)成立

D．当n确定时，期望

【答案】ACD

【分析】对于A：当n=1时，，，，，根据，可判断；

对于B：当n=2时，由，可判断；

对于C：由，可判断；

对于D：由可判断.

【详解】当n=1时，，，，，

则，A正确；

当n=2时，，B错误；

由已知得，，k≤n-2，

，又有，所以P(X=n-l)>P(X=n)，C正确；

又

，D正确.

故选：ACD.

【点睛】关键点睛：本题考查随机变量的分布列，期望和方差，关键在于准确地写出随机变量的分布列，运用期望和方差的公式.

三、填空题

13．设曲线在点处的切线方程为，则           .

【答案】

【分析】求导，根据导数几何意义求出函数在处的导函数值为切线的斜率.

【详解】

所以函数在处的导函数值为，根据导数几何意义可得

故答案为：

14．若一个三位数同时满足：①各数位的数字互不相同；②任意两个数位的数字之和不等于9，则这样的三位数共有          个．(结果用数字作答)

【答案】432

【分析】从百位开始讨论，然后分析十位数字，对应分析个位数字情况，最后找规律总结即可求解；

【详解】从百位开始讨论：

（1）百位数字为1，十位数字有0,2,3,4,5,6,7,9，（除1,8外所有数字）；

当十位数字为0时，个位数字为2,3,4,5,6,7,（除1,0，8，9外所有数字），所以对应的三位数有种；

（2）百位数字为2,3,4,5,6,7,8,9，情况同（1）；

综上这样的三位数共有：种；

故答案为：432.

15．定义在R上的函数满足，，当时，，则函数有          个零点．

【答案】7

【分析】由题意可得的周期为4，画出的图象，由，得，所以将问题转化为的图象与交点的个数，由图象可得答案.

【详解】因为定义在R上的函数满足，

所以是以4为周期的周期函数，

因为当时，，

所以的图象如图所示，

由，得，

所以将问题转化为的图象与交点的个数，

因为，，

，，

所以的图象与的图象共有7个交点，

所以有7个零点，

故答案为：7

四、双空题

16．某校组织羽毛球比赛，每场比赛采用五局三胜制（每局比赛没有平局，先胜三局者获胜并结束比赛），两人第一局获胜的概率均为，从第二局开始，每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，若上局获胜，则该局获胜的概率为，若上局未获胜，则该局获胜的概率为，且一方第一局、第二局连胜的概率为.则          ；打完4场结束比赛的概率为          .

【答案】     /0.25    

【分析】由已知条件可知连胜两局的概率为，即可求解p，若打完4场结束比赛，则需一方以获胜，因此则第4场必须是胜，前3场胜2场即可，有第1、2、4场获胜，第1、3、4场获胜，第2、3、4场获胜三种情况，分别出每种情况的概率，并求和即可.

【详解】解：令事件为一方在第i局获胜，，

则连胜两局的概率，解得，

若打完4场结束比赛，则需一方以获胜，因此则第4场必须是胜，前3场胜2场即可，

其中一方在第1、2、4场获胜的概率，

其中一方在第1、3、4场获胜的概率，

其中一方在第2、3、4场获胜的概率，

所以打完4场结束比赛的概率，

故答案为：；.

五、解答题

17．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，，，当地居民中卫生习惯良好的概率为，分别求P(A)和P(A|B)．

【答案】，

【分析】根据全概率公式、条件概率公式和对立事件概率公式求解可得.

【详解】由题意可得：，，，，

于是，即，解得．

所以，

，则，解得．

18．已知幂函数在定义域上不单调．

(1)试问：函数是否具有奇偶性？请说明理由；

(2)若，求实数a的取值范围．

【答案】(1)为奇函数；理由见解析

(2)或

【分析】（1）由幂函数的定义可得或，结合函数的单调性排除增根，由此确定

的单调性，结合奇函数和偶函数的定义，判断函数的奇偶性；

（2）利用奇函数的性质化简不等式，再结合函数的单调性通过讨论化简不等式求其解.

【详解】（1）由题意，解得或，

当时，，

函数在上单调递增，不合题意；

当时，，

函数的定义域为，

函数在上单调递减，在上单调递减，

但，

所以函数在定义域上不单调，符合题意，

所以，

因为函数的定义域关于原点对称，

且，

所以为奇函数；

（2）由及为奇函数，

可得，

即，

而在上递减且恒负，在上递减且恒正，

所以或或，

解得或．

19．人类命运共同体的提法将中国梦融入世界梦，充分展现了中国的大国担当.在第75届联合国大会上中国承诺，将采取更加有力的政策和措施，力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值，努力争取2060年之前实现碳中和（简称“双碳目标"），此举展现了我国应对气候变化的坚定决心，预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革，极大促进我国产业链的清洁化和绿色化.新能源汽车､电动汽车是重要的战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用.为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为.

(1)求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱；

(2)该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：

依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关；

①参考数据：；

②参考公式：（i）线性回归方程：，其中；

（ii）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强.

③参考临界值表：

【答案】(1)，与线性相关较强

(2)认为购买电动汽车与车主性别有关

【分析】(1)利用相关系数的求解公式，并转化为和方差之间的关系，代入计算即可；

(2)直接利用独立性检验公式求出，根据零点假设定理判断购买电动汽车与车主性别是否有关；

【详解】（1）相关系数为

故与线性相关较强.

（2）零假设为：购头电动汽车与车主性别相互独立，

即购买电动汽车与车主性别无关.

所以依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于.

20．已知函数．

(1)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；

(2)求函数的单调递增区间．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）依题意可得对恒成立，参变分离，结合反比例函数的性质计算可得；

（2）求出函数导函数，分、、、四种情况讨论，分别求出函数的单调递增区间；

【详解】（1）由题意对恒成立，

即恒成立，又在上单调递减，所以，即实数的取值范围为；

（2）由，定义域，，

1°当时，令，解得，所以的单调递增区间为；

2°当时，令，则，

①当时，有，函数的对称轴且，

令，解得，，

令，解得，所以的单调递增区间为；

②当时，对称轴且，

(i)当时，有，则恒成立，即恒成立，

则的单调递增区间为；

(ii)当时，有，的两根，．

所以的单调递增区间为和．

综上可得：当时的单调递增区间为；

当时的单调递增区间为；

当时的单调递增区间为；

当时的单调递增区间为和．

21．甲、乙，丙三位学徒跟师傅学习制作某种陶器，经过一段时间的学习后，他们各自能制作成功该陶器的概率分别为，，，且，现需要他们三人制作一件该陶器，每次只有一个人制作且每个人只制作一次，如果有一个人制作失败则换下一个人重新制作，若陶器制作成功则结束．

(1)按甲、乙、丙的顺序制作陶器，若，，求制作陶器人数X的数学期望的最大值．

(2)若这种陶器制作成功后需要检测合格才能上市销售，如果这种陶器可以上市销售，则每件陶器可获利100元；如果这种陶器不能上市销售，则每件陶器亏损80元，已知甲已经制成了4件这种陶器，且甲制作的陶器检测合格的概率为，求这4件陶器最终盈亏Y的概率分布和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；期望为元

【分析】（1）根据题意列出分布列，求出均值的最大值；

（2）根据题意知销售的件数为，然后找出ξ与盈亏Y的关系，列出分布列并求出均值.

【详解】（1）X的可能值为1，2，3.

于是，，，

则随机变量X的分布列为

均值为，

，

设，，所以h(x)在上单调递增，

所以,

所以，所以当时，E(X)的最大值为．

（2）设4件陶器中能上市销售的件数为ξ，则不能上市销售的件数为4-ξ，

ξ的可能值为0，1，2，3，4，且，

，

设这4件陶器最终盈亏Y，则，可能值为-320，-140，40，220，400，

可得，，，

，，

(元)．

22．已知函数．

(1)讨论的极值点的个数；

(2)若恒成立，求实数a的最大值．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导，分类和两种情况，利用导数判断原函数单调性，进而可知极值点个数；

（2）根据（1）中可知的单调性和最值，结合恒成立问题可得，构建新函数，利用函数解不等式.

【详解】（1）由题意可得：的定义域为，且，

①当时，恒成立，在上单调递减，无极值点；

②当时，，

设，

因为对恒成立，所以在上递增，

又因为，且，

所以存在，使得，即，

所以在上恰有1个极小值点；

综上所述：当时，极小值点个数为0；

当时，极小值点个数为1．

（2）由题意，由（1）可知：在上单调递减，在上单调递增，

则，

其中，则，且，

于是不等式恒成立，

整理得，

设，

则，

则在上单调递增，且，所以可得，

又因为在定义域内单调递减，可得，

所以，即a的最大值为4．

【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：

（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；

（2）求导数，得单调区间和极值点；

（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．