2024天津市四校联考高二下学期7月期末考试数学含解析

这是一份2024天津市四校联考高二下学期7月期末考试数学含解析，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. 或D. 或
2. 使不等式成立一个充分不必要的条件是（ ）
A. B. C. D.
3. 已知具有线性相关关系的变量x，y，设其样本点为（），经验回归方程为，若，，则（ ）
A. 20B. C. D. 2
4. 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
5. 定义在上的函数导函数为，若对任意实数x，有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
6. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知，，若对，总，使成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
9. 已知函数存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）
10. 若命题“使”是假命题，则实数取值范围为_____，
11. 某考生回答一道四选一考题，假设他知道正确答案的概率为，知道正确答案时，答对的概率为，而不知道正确答案来时猜对的概率为，那么他答对题目的概率为______
12. 已知展开式中的常数项是，则实数的值为______
13. 已知数列是公差为2的等差数列，是公比为3的是等比数列，且，设，则______
14. 设为正数，且，则的最小值为______
15. 若有四个零点，则实数的取值范围为______
三、解答题（本题共5题，共75分）
16. 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
17. 如图，ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD，且.
（1）求证：平面DEC；
（2）求平面BEC与平面BEF夹角的余弦值；
（3）求点D到平面BEF的距离.
18 已知，，其中
（1）令
（i）求的单调区间和极小值；
（ii）若存在大于0的零点，且方程恰有三个实根，求实数a的取值范围
（2）若对，，恒成立，求实数a的取值范围.
19. 已知数列是递增的等差数列，是等比数列，，求，
（1）求数列和的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，若对恒成立，求实数m的取值范围；
（3）设，求的值.
20. 已知.
（1）若在处的切线方程为，求实数的值；
（2）当时，若对任意恒成立，求实数的取值范围；
（3）若有零点，求证：.2023～2024学年度第二学期期末考试
高二数学
一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】分别解出集合中的不等式，再运用集合交运算即可求解.
【详解】由，得或，即或，
故或，
，即，解得或，
故或，
则或.
故选：.
2. 使不等式成立的一个充分不必要的条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先解分式不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
详解】由等价于，即，解得，
因为真包含于，
所以不等式成立的一个充分不必要的条件是．
故选：B．
3. 已知具有线性相关关系的变量x，y，设其样本点为（），经验回归方程为，若，，则（ ）
A. 20B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】求出样本中心点，代入求解出.
【详解】由于，，
所以，.
将代入，
即，解得：.
故选：D.
4. 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
【解析】
【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
5. 定义在上的函数导函数为，若对任意实数x，有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造，根据导数研究单调性，结合已知将问题化为，再根据的单调性即可求出结果.
【详解】设，则，
对任意实数x，有，
所以，则在上单调递减.
因为为奇函数，且的定义域为R，
所以，所以，所以.
因为，所以求不等式的解集，
即求的解集，即求的解集，
因为在上单调递减，所以的解集为，
所以不等式的解集为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：构造函数，根据题意，可得其单调性，从而求解不等式.
6. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先和特殊值比较大小，再根据函数的单调性比较和的大小.
【详解】，所以，即，
，，且，
所以，即.
故选：D
7. 已知，，若对，总，使成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得函数的值域是函数的值域的子集，求出两函数的值域，列不等式组可求得结果.
【详解】由，得，
所以当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
因为，所以，
所以的值域为，
由，得，
当时，，所以在上递增，
所以，，
所以的值域为，
因对，总，使成立，
所以，
所以，解得.
故选：A
8. 已知，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，判断出函数的奇偶性，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的奇偶性与单调性解不等式即可.
【详解】令，
，
所以函数在上单调递减，
因为，
所以函数为奇函数，
由，得，
即，
所以，解得,
所以不等式的解集为.
故选：B.
9. 已知函数存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意转化为存在，使，参变分离后，转化为求函数的最值问题，即可求解.
【详解】，，
由题意可知，存在，使，即，
则，，
当时，取得最小值，
即，得.
故选：B
二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）
10. 若命题“使”是假命题，则实数的取值范围为_____，
【答案】
【解析】
【分析】原命题等价于命题“，”是真命题
【详解】由题意得若命题“”是假命题，
则命题“，”是真命题，
则需,故本题正确答案为．
【点睛】本题主要考查全称量词与存在量词以及二次函数恒成立的问题．属于基础题．
11. 某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为，知道正确答案时，答对的概率为，而不知道正确答案来时猜对的概率为，那么他答对题目的概率为______
【答案】##
【解析】
【分析】由全概率公式计算可得.
【详解】依题意，他答对题目的概率.
故答案为：
12. 已知展开式中的常数项是，则实数的值为______
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式定理求出的展开式的通项，令的指数为，求出常数项，建立关于的方程，即可求解.
【详解】由题意得，的展开式的通项为，
令，解得，，
所以的展开式中的常数项为，
解得.
故答案为：.
13. 已知数列是公差为2的等差数列，是公比为3的是等比数列，且，设，则______
【答案】
【解析】
【分析】先求出数列，的通项，再利用分组求和法出，即可得解.
【详解】由题意，，
则
，
所以.
故答案为：.
14. 设为正数，且，则的最小值为______
【答案】##5.8
【解析】
【分析】由题意，原式可化简为：，由，得，即，再利用基本不等式“1”的代换即可求解.
【详解】由题意，，
因为，
所以，
所以，
所以
，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以，
所以，
即的最小值为.
故答案为：.
15. 若有四个零点，则实数的取值范围为______
【答案】
【解析】
【分析】令，，将函数零点问题转化为函数与的图象交点问题，分类讨论时，函数与图象的交点个数，即可求解.
【详解】由，得，
即，
令，，
则函数有四个零点等价于函数与的图象有四个交点，
若，则，由，解得，仅有两个零点，不满足题意；
若， 由，解得或，
由，解得或，
当，即时，
如图①所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数有两个交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有四个交点，函数有四个零点，满足题意；
当，即时，
如图②所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
上，函数与函数有一个交点；
同理，在上，没有交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
当，即时，
如图③所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数有一个交点；
同理，在上，没有交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
当，即时，
当时，可化为
，即，
因为判别式，所以无解
所以函数与的图象在上没有交点，
如图④所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数没有交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
若，
当，即时，
如图⑤所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数有两个交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有四个交点，函数有四个零点，满足题意；
当，即时，
如图⑥所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故没有交点；
在上，函数与函数有且仅有一个交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
当，即时，
如图⑦所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故没有交点；
在上，函数与函数有且仅有一个交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
当，即时，
当时，可化为
，即，
因为判别式，即无解
所以函数与的图象在上没有交点，
如图⑧所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数没有交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的零点问题，关键在于将零点问题转化为直线与曲线的交点问题，应用数形结合、分类讨论思想判断交点个数.
三、解答题（本题共5题，共75分）
16. 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、乙两人所付租车费用之和为随机变量X，求X的分布列、均值、方差
【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）首先求出两个人租车时间在三小时以上且不超过四小时的概率，则甲、乙两人所付的租车费用相同：都不超过两小时，都在两小时以上且不超过三小时和都在三小时以上且不超过四小时三类求解即可；
（2）根据题意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，求解即可；
（3）列出随机变量X的分布列，再利用期望、方差公式求值.
小问1详解】
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；
【小问2详解】
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；
【小问3详解】
X的可能取值为0，2，4，6，8，
，
，，
分布列如下表：
数学期望，
.
17. 如图，ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD，且.
（1）求证：平面DEC；
（2）求平面BEC与平面BEF夹角的余弦值；
（3）求点D到平面BEF的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，求出，平面的一个法向量为，则由，即可证得平面DEC；
（2）分别求出平面与平面的一个法向量，则利用向量坐标运算，求得平面BEC与平面BEF夹角的余弦值；
（3）由平面的一个法向量为，，利用点到平面的距离公式即可求得点D到平面BEF的距离.
【小问1详解】

由已知，ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD，
由平面ABCD，所以，又，
，平面，
所以平面，
以D为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
已知，
则，所以，
易知平面的一个法向量为，
得，又平面，
所以 平面.
【小问2详解】
由上坐标系可知，则，
设平面与平面的一个法向量分别为，
则有，，
取，则，即，
设平面与平面的夹角为，则.
【小问3详解】
由（2）得平面的一个法向量为，
又，所以点D到平面的距离.
18. 已知，，其中
（1）令
（i）求的单调区间和极小值；
（ii）若存在大于0的零点，且方程恰有三个实根，求实数a的取值范围
（2）若对，，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）（i）答案见解析；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i），求出导函数，然后分，，，四种情况分别讨论即可求解；（ii）由（1）可知只能，此时，通过分析的极值，可得方程恰有三个实根，只需，求解即可；
（2）将不等式变形为，设，则问题等价于对任意恒成立，故只需函数在R上单调递增，即恒成立，从而求出a的最小值.
【小问1详解】
（i）根据题意，
，
，
所以当时，
当时，
当时，在R上单调递增，
当时，
综上可得：
当时，在上单调递减，上单调递增，
当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
当时，在R上为增函数，
当时，在单调递增，上单调递减，上单调递增；
（ii）因为方程恰有三个实根，
由（1）可知和两种情况显然不符合题意，
当时，，而时，单调递增，
无大于0的零点，不符合题意，
所以只能，此时，
由于在单调递减，，在单调递增，，
在上单调递增，，
令，则，
令，则，
所以在单调递增，则，即，
所以在单调递增，则，
所以，即在从最小值增大到大于0，
所以方程恰有三个实根，只需，
即，化简为，
而，，则，则，
故实数a的取值范围为；
【小问2详解】
由题意可得原不等式可化为，
故不等式在R上恒成立．
设，则上式等价于，
要使对任意，恒成立，
由，只需函数在上单调递增，
在上恒成立．
即恒成立，
令，则
当时，则单调递增，
当时，则单调递减，
所以，故，
则实数a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（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．
19. 已知数列是递增的等差数列，是等比数列，，求，
（1）求数列和的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，若对恒成立，求实数m的取值范围；
（3）设，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，数列的公比为，然后根据已知条件列方程组可求出，从而可求出数列和的通项公式；
（2）由（1），利用并项求和法可求出，则将问题转化为对恒成立，令，求出的最大值即可；
（3）由（1）可得，然后利用裂项相消法可求得结果.
【小问1详解】
解：根据题意设数列的公差为，数列的公比为，
因为，所以，
因为，，
所以，解得或（舍去），
所以；
【小问2详解】
解：由（1）知，
所以
，
由，得，
所以对恒成立，
令，则
当时，，当时，，
当时，，
所以由二次函数的性质可知当时，，
所以最大，
所以；
【小问3详解】
由（1）知
，
所以
【点睛】关键点点睛：此题考查等差数列和等比数列的综合问题，考查分组求和与裂项相消求和法，考查数列与不等式的综合问题，第（2）问解的关键是求出后，将问题转化为对恒成立，再次转化为求出的最大值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
20. 已知.
（1）若在处的切线方程为，求实数的值；
（2）当时，若对任意恒成立，求实数的取值范围；
（3）若有零点，求证：.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件及直线的纵截距和斜率得到，再代入表达式即可解出的值；
（2）先根据定义域得到基础的条件，然后先证明原不等式恒成立的情况下一定有，再证明时原不等式恒成立，即可得到的取值范围是；
（3）设的零点为，构造函数证明，然后利用得到，即可证明结论.
【小问1详解】
由，知.
由已知可得，在处的切线经过，且斜率为.
故有，代入函数表达式知，从而.
故，.
【小问2详解】
设，则.
故对有，对有，从而在上递减，在上递增，故对任意均有.
回到原题，当时，有.
根据题意，在时首先要有定义，故要有意义，从而首先有.
此时，原不等式等价于.
一方面，若对恒成立，则特别地，该不等式对成立，代入得，即.
从而由知，解得或，结合知.
另一方面，若，则对任意，有
.
故对恒成立.
综上，的取值范围是.
【小问3详解】
若有零点，记是的零点，则，即.
由于对任意均有，故
.
从而，即，这就得到
.
所以，故.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构造恰当的函数，进而得到关键性的不等式，最后解决相应问题.
X
0
2
4
6
8
P
0
0
单调递减
极小值
单调递增
0
0
0
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
0
0
0
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增