数学（天津专用）-2024年新高二开学摸底考试卷

这是一份数学（天津专用）-2024年新高二开学摸底考试卷，文件包含数学解析版docx、数学考试版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
范围：集合与常用逻辑用语、不等式，函数、导数，三角函数、解三角形，平面向量
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．甲乙两位同学从5种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种B．60种C．120种D．240种
【答案】B
【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得.
【详解】相同的那一本有5种可能选法，不同的一本有种可能选法，
故共有种选法.
故选：B.
2．设随机变量，则（ ）
A．0.1B．0.2C．0.4D．0.6
【答案】B
【分析】根据正态分布的对称性求解.
【详解】由于随机变量,所以，
又因为
所以，
所以.
故选：B
3．2024年汤姆斯杯需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙3人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有（ ）
A．102种B．105种C．210种D．288种
【答案】C
【分析】先算从8名志愿者中任意选出3名的方法数，再减去甲、乙、丙3人有一人负责语言服务工作的方法数，即可得解.
【详解】先从8名志愿者中任意选出3名，
分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，有种，
其中甲、乙、丙3人有一人负责语言服务工作，有种，
故符合条件的选法共有种.
故选：C
4．下列求导运算中错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】借助导数的运算法则及复合函数求导法则计算即可得.
【详解】对A：，故A正确；
对B：，故B正确；
对C：，故C错误；
对D：，故D正确.
故选：C.
5．我国古代有很多数学家，其中刘徽、祖冲之、赵爽、贾宪、秦九韶为我国古代数学的发展做出了重要贡献，若从上述五位数学家中任意抽取2位了解其著作，则抽到祖冲之的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，找到样本空间和抽到祖冲之事件的样本点，根据古典概率求解.
【详解】记祖冲之为，其余4位数学家为，
则从五位数学家中任意抽取2位,样本空间为，
其中抽到祖冲之为，
所以抽到祖冲之的概率为.
故选：A
6．若的二项式展开式中的系数为10，则（ ）
A．1B．-1C．±1D．±2
【答案】A
【分析】由多项式的二项展开式的通项公式列出方程，求解即得.
【详解】由的通项公式可知二项式展开式中的系数为，
则得，解得.
故选：A.
7．已知函数，其导函数的图象如图所示，则对于的描述正确的是（ ）
A．在区间上单调递减
B．当时取得最大值
C．在区间上单调递减
D．当时取得最小值
【答案】C
【分析】根据导数图象与函数图象的关系可得答案.
【详解】由图可知，时，，为增函数；
时，，为减函数；当时，有极大值，不一定为最大值；
时，，为增函数；当时，有极小值，不一定为最小值；
时，，为减函数；
综上可得只有C正确.
故选：C
8．下列说法正确的序号是（ ）
①在回归直线方程中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量平均增加0.8个单位；
②利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得最小的原理；
③已知X，Y是两个分类变量，若它们的随机变量的观测值k越大，则“X与Y有关系”的把握程度越小；
④已知随机变量服从正态分布，且，则.
A．①②③B．②③④C．②④D．①②④
【答案】D
【分析】根据回归方程的定义和性质即可判断①②；随机变量的观测值越小，则“与有关系”的把握程度越小，即可判断③；根据正态曲线的对称性即可判断④
【详解】对于①，在回归直线方程中，
当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均增加0.8个单位，故①正确；
对于②，用随机误差的平方和，即，
并使之达到最小，这样回归直线就是所有直线中取最小值的那一条，
由于平方又叫二乘，所以这种使 “随机误差的平方和为最小”的方法叫做最小二乘法，
所以利用最小二乘法求回归直线方程，
就是使得最小的原理，故②正确；
对于③，对分类变量与，对它们的随机变量的观测值越小，
则“与有关系”的把握程度越小，故③错误；
对于④，随机变量服从正态分布，且，
则，故④正确.
故选：D.
9．已知偶函数，则下列结论中正确的个数为（ ）
①；②在上是单调函数；
③的最小值为；④方程有两个不相等的实数根
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由偶函数的性质分析求出,根据复合函数的单调性，即可判断①，结合导数判断函数单调性即可判断②，根据函数的单调性即可求解最值判断③,根据函数的最值即可判断④.
【详解】函数是偶函数，
则有，
即，
，①正确；
则，
设，由于，易知在上单调递增，则，
所以在上为增函数，
而为增函数，则在上是单调函数，②正确；
，当且仅当时，等号成立，
则的最小值为，③正确；
为偶函数且在上为增函数，其最小值为，
由于，所以，故方程没有实数根；④错误．
故选：C．
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分．
10．若函数在区间内单调递减，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】求出导数，由题意得在上恒成立，由分离参数思想可得结果.
【详解】由得，
由于函数在区间内单调递减，
即在上恒成立，即，
即得在恒成立，所以.
故答案为：
11．已知，则 ， .
【答案】
【分析】利用赋值法分别令和代入计算即可求得结果.
【详解】令，可得，
令，可得，
即.
故答案为：
12．从0，1，2，3，4中选出3个数组成各位数字不重复的三位偶数，这样的数有 个.
【答案】30
【分析】根据题意，分在个位与不在个位种情况讨论，分别求出每一种情况的三位偶数的个数，由加法原理计算可得答案.
【详解】根据题意，分种情况讨论：
①在个位，在剩下的个数字中任选个，安排在百位、个位，有种选法，
②不在个位，需要在、中选个，个位有种选法，不能在首位，则首位有种选法，
则十位有种选法，此时有种选法，
则一共可以组成个无重复数字的三位偶数.
故答案为：30
13．随着经济的不断发展，城市的交通问题越来越严重，为倡导绿色出行，某公司员工小明选择了三种出行方式.已知他每天上班选择步行、骑共享单车和乘坐地铁的概率分别为0.2、0.3、0.5.并且小明步行上班不迟到的概率为0.91，骑共享单车上班不迟到的概率为0.92，乘坐地铁上班不迟到的概率为0.93，则某天上班小明迟到的概率是 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用对立事件及全概率公式计算即得.
【详解】记小明步行、骑共享单车、乘坐地铁上班的事件分别为，小明上班不迟到的事件为，
则，且两两互斥，依题意，，
，
因此，
所以某天上班他迟到的概率.
故答案为：
14．已知，的取值如表：
若，具有线性相关关系，且回归方程为，则 ．
【答案】
【详解】将代入回归方程为，可得，应填答案．
点睛：解答这类问题的常规方法就是先求出，再借助这个点的坐标满足回归方程为这一结论，将其代入回归方程可方程，然后通过解方程得到，使得问题获解．
15．已知函数，若，，则实数k的最大值是 ．
【答案】
【分析】根据题意，转化为即，设，利用导数求得函数单调性与最大值，即可求解.
【详解】由，可得，即，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，当时，取得最大值，最大值为，
因为，，所以，所以实数的最大值为.
故答案为：.
三、解答题：本题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．“马街书会”是流行于河南省宝丰县的传统民俗活动，为国家级非物质文化遗产之一．每年农历正月十三来自省内外的说书艺人负鼓携琴，汇集于此，说书亮艺，河南坠子、道情、曲子、琴书等曲种应有尽有，规模壮观．为了解人们对该活动的喜爱程度，现随机抽取200人进行调查统计，得到如下列联表：
附：，其中．
(1)完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别与对该活动的喜爱程度有关联？
(2)为宣传曲艺文化知识，当地文化局在书会上组织了戏曲知识竞赛活动．活动规定从8道备选题中随机抽取4道题进行作答．假设在8道备选题中，戏迷甲正确完成每道题的概率都是，且每道题正确完成与否互不影响；戏迷乙只能正确完成其中的6道题．
①求戏迷甲至少正确完成其中3道题的概率；
②设随机变量表示戏迷乙正确完成题的个数，求的分布列及数学期望．
【详解】（1）补全的列联表如下：
根据表中数据，计算得到，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此我们可以认为成立，即认为对该场活动的喜爱程度与性别无关．
（2）①记“戏迷甲至少正确完成其中3道题”为事件A，则
．
②的可能取值为，
，
，
的分布列为；
数学期望.
17．已知函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间和极值.
【详解】（1）函数的定义域为R.
导函数.
所以，，
所以函数在点处的切线方程为，即.
（2）令，解得：或.列表得：
所以函数的单调增区间为，；单调减区间为；
的极大值为，极小值为.
18．为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队2人，甲、乙两人组成“冲锋队”参加比赛，比赛共两轮．第一轮甲、乙两人各自先从“健康安全”题库中随机抽取一道题作答，每答对一道题给该队加1分，没答对不加分，也不扣分．第二轮甲、乙两人各自再从“应急救援”题库中随机抽取一道题作答，每答对一道题给该队加2分，没答对不加分，也不扣分．已知甲答对“健康安全”题库中题目的概率为，答对“应急救援”题库中题目的概率为．乙答对“健康安全”题库中题目的概率为，答对“应急救援”题库中题目的概率为，甲、乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
(1)求甲恰好答对一道题且乙恰好答对两道题的概率；
(2)求“冲锋队”最终得分不超过4分的概率．
【详解】（1）设事件为甲恰好答对一道题，事件为乙恰好答对两道题
，
，
，
所以甲恰好答对一道题且乙恰好答对两道题的概率为．
（2）设事件为“冲锋队”最终得6分，事件为“冲锋队”最终得5分，
，
，
，
所以“冲锋队”最终得分不超过4分的概率为．
19．本着健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分，每小时收费2元（不足1小时的部分按1小时计算）.有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游（各租一车一次）.设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为，；两人租车时间都不会超过四小时.
(1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率；
(2)求甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率；
(3)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量X，求X的分布列、均值、方差
【详解】（1）由题意可知，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为，，
设甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A，则，
所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为；
（2）若甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元，
则分为甲两小时以上且不超过三小时还车，且乙不超过两小时还车，
或者甲三小时以上且不超过四小时还车，且乙两小时以上且不超过三小时还车两种情况，
甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率为；
（3）X的可能取值为0，2，4，6，8，
，
，，
分布列如下表：
数学期望，
.
20．已知函数，，其中．
(1)若，求实数a的值
(2)当时，求函数的单调区间；
(3)若存在使得不等式成立，求实数a的取值范围．
【详解】（1）因为，则，
由可得，解得.
（2）函数的定义域为，
且，
当时，令，可得或，
①当，即时，
对任意的，，的单调递增区间为．
②当，即时，
，得或，，得，
的单调递增区间为和，单调递减区间为
③当，即时
，得或；，得，
的单调递增区间为和，单调递减区间为，
综上所述，时，函数的单调增区间为；
时，函数的单调增区间为和，单调减区间为；
时，函数的单调增区间为和，单调减区间为.
（3）由，可得，即，其中，
令，，
若存在，不等式成立，则，，
，令，得，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以函数在端点或处取得最小值．
因为，，所以，
所以，所以，
因此，实数的取值范围是．
0
1
3
4
4.3
4.8
6.7
不喜爱
喜爱
合计
男性
90
120
女性
25
合计
200
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
不喜爱
喜爱
合计
男性
30
90
120
女性
25
55
80
合计
55
145
200
X
2
3
4
P
x
1
3
+
2
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
X
0
2
4
6
8
P