江苏省苏州市2023-2024学年高二下学期期末学业水平测试数学模拟卷（四）.docx

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1、苏州市2023-2024学年高二下学期期末学业水平测试模拟卷（四）数学试卷考试范围：集合与常用逻辑用语、函数与导数、等式与不等式、计数原理与概率统计一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1已知集合，则“”是“”的（）A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件2已知变量x，y线性相关，利用样本数据求得的回归直线方程为，且点都在直线上，则这组样本数据的相关系数（）A1BCD3已知函数，则在点处的切线的斜率为（）A3B2C1D4已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（）ABCD5已知函数为上的奇函数，且当时，

2、则（）ABCD6已知 ，则 （）A8B10CD7甲、乙、丙等5人站成一排，甲乙相邻，且乙丙不相邻， 则不同排法共有（）A24 种B36 种C48 种D72 种8已知定义在R上的奇函数，其导函数为，当时，则使得成立的x的取值范围是（）A B C D二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9已知函数，则下列结论正确的是（）A在区间上单调递增B的最小值为C方程的解有2个D导函数的极值点为10下列说法正确的是（）A两个变量的线性相关性越强，则相关系数r越大B若随机变量，满足，则C若随机变量X服从

3、正态分布，且，则D已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则11已知实数满足，则（）A B C D三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12已知集合，则 .13若函数为奇函数，则 14甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 .四、解答题：本题共5

4、小题，共77分。15党的十九大提出实施乡村振兴战略以来，农民收入大幅提升，2022年9月23日某市举办中国农民丰收节庆祝活动，粮食总产量有望连续十年全省第一据统计该市2017年至2021年农村居民人均可支配收入（单位：万元）与年份代码（见下表）具有线性相关关系，计算得，年份20172018201920202021年份代码12345(1)根据上表数据，计算与的相关系数，并判断与是否具有较高的线性相关程度（若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，精确到；(2)求出关于的线性回归方程参考公式：相关系数，16已知(1)求函数的单调区间；(2)若，有三个不同的零点，求m的取值范围17在的展开式中

5、，把，叫做三项式的次系数列(1)求的值；(2)将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫做“算两次”.对此，我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范.根据二项式定理，将等式的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等，如考察左右两边展开式中的系数可得.利用上述思想方法，请计算的值（可用组合数作答）18在刚刚结束的杭州亚运会上，中国羽毛球队延续了传统优势项目，以4金3银2铜的成绩傲视亚洲在旧制的羽毛球赛中，只有发球方赢得这一球才可以得分，即如果发球方在此回合的争夺中输球，则双方均不得分但发球方输掉此

6、回合后，下一回合改为对方发球(1)在旧制羽毛球赛中，中国队某运动员每一回合比赛赢球的概率均为，且各回合相互独立若第一回合该中国队运动员发球，求第二回合比赛有运动员得分的概率；(2)羽毛球比赛中，先获得第一分的队员往往会更加占据心理上的优势，给出以下假设：假设1：各回合比赛相互独立；假设2：比赛双方运动员甲和乙的实力相当，即每回合比赛中甲获胜的概率均为；求第一回合发球者在整场比赛中先得第一分的概率，并说明旧制是否合理？19已知函数(1)若，且，求的最小值；(2)证明：曲线是中心对称图形；(3)若当且仅当，求的取值范围参考答案：1B【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断即得.【详解

7、】当时，则；反之，当时，或，解得或，若，满足，若，显然满足，因此或，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：B2B【分析】根据题意，结合回归直线方程，以及相关系数的含义，即可求解.【详解】由题意知，点都在直线上，可得，又由变量负相关，所以故选：B3C【分析】求导，再根据导数的几何意义即可得解.【详解】，则，即在点处的切线的斜率为.故选：C.4B【分析】利用换元法和复合函数单调性的判断方法，换元后可知只要满足即可，从而可求出实数的取值范围.【详解】令，则，因为函数在区间上单调递减，且在定义域内递增，所以，解得，故选：B5A【分析】先计算出，根据为上的奇函数，得到.【详解】，因为为上的奇函数，所以.

8、故选：A6B【分析】由，利用二项式定理求解指定项的系数.【详解】，其中展开式的通项为，且，当时，此时只需乘以第一个因式中的2，可得；当时，此时只需乘以第一个因式中的，可得.所以.故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键点是把表示成，利用即可二项式定理求解.7B【分析】利用捆绑法，结合排列组合只是求解.【详解】甲乙捆绑在一起看成一个整体，与丙以外的2人全排列，有种，又因为乙丙不相邻，所以把乙放入一共有3种，所以一共有种，故选：B.8B【分析】设，根据题意可得函数为偶函数以及其单调性，再分以及讨论即可得出答案【详解】设，则，由于当时，则当时，在单调递减，又为奇函数，,则，则函数为偶函数，可得函数在上

9、单调递增，又，则，当时，由，可得，即，解得；当时，由，可得，即，解得；综上，不等式的解集为,故选：B9ABD【分析】利用导数判断单调性，求解最值判断A，B，将方程解的问题转化为函数零点问题判断C，对构造函数再次求导，判断极值点即可.【详解】易知，可得，令，令，故在上单调递减，在上单调递增，故的最小值为，故A，B正确，若讨论方程的解，即讨论的零点，易知，故，故由零点存在性定理得到存在作为的一个零点，而当时，显然在内无零点，故只有一个零点，即只有一个解，故C错误，令，故，令，解得，而，故是的变号零点，即是的极值点，故得导函数的极值点为，故D正确.故选：ABD10BCD【分析】由相关系数的概念判断A

10、，由线性关系的变量间方差的关系判断B，由正态分布的性质判断C，由残差概念判断D【详解】对于A项，两个变量的线性相关性越强，越大，A项错误；对于B项，由方差的性质可得，B项正确；对于C项，若随机变量服从正态分布，且，则，则，C项正确；对于D项，经验回归方程，若样本点与的残差相等，则，可得，D项正确故选：BCD11BC【分析】由已知条件，结合基本不等式计算即可判断AB；根据，结合基本不等式计算即可判断C；根据，基本不等式计算即可判断D.【详解】A：由，得，即，得，解得，当且仅当时等号成立，故A错误；B：由选项A的分析知，故B正确；C：由，得，即，所以，得，当且仅当时等号成立，故C正确；D：由，得，

11、即，所以，得，当且仅当时等号成立，故D错误.故选：BC【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.12【分析】求得，进而可求.【详解】由，可得， 所以，由，解得， .故答案为：.13【分析】利用函数是奇函数得到，然后利用方程求解，即可得解【详解】因为函数为奇函数，所以

12、，当时，则，则，即，所以，解得，所以.故答案为：.14/0.5【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率，所以.从而.记.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，两式相减即得，故.所以甲的总得分不小于2的概率为.故答案为：.【

13、点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.15(1)，与具有较高的线性相关程度(2)【分析】（1）根据题意求得，利用相关系数公式求得相关系数，比较可得结论；（2）利用回归方程的系数公式求得，继而求得，即可求得与的回归方程【详解】（1）由表数据可得的平均数，所以，所以相关系数，由，所以与具有较高的线性相关程度；（2）依题意可得，所以，所以关于的线性回归方程为16(1)答案见解析；(2).【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论和的解集即得.（2）求出函数的极大值与极小值，再结合函数零点的意义求解即得.【详解】（1）函数的定义域为，

14、求导得，当时，由，得，由，得，因此函数的递增区间为，递减区间为；当时，由，得，由，得，由，得或，因此函数的递减区间为，递增区间为；当时，因此函数的递减区间为，无递增区间；当时，由，得，由，得，由，得或，因此函数的递减区间为，递增区间为，所以，当时，函数的递增区间为，递减区间为；当时，函数的递减区间为，递增区间为；当时，函数的递减区间为，无递增区间；当时，函数的递减区间为，递增区间为（2）当时，由（1）知函数的递减区间为，递增区间为，因此函数的极大值为，的极小值为，由，得，若有三个不同零点，则有三个不同的解，所以m的取值范围为.17(1)(2)【分析】（1）把看作整体，即可参照二项式求得三项式的

15、展开式的各项系数求得结果.（2）根据二项式定理和三项式的次系数列的定义，分别展开，然后比较的系数，建立方程关系进行求解即可.【详解】（1）因为（在三项式中，把看做整体，即可参照二项式求得三项式的展开式的各项系数），从而，故.（2）因为其中含项的系数为又，的展开式中的第项为，令，解得，所以含项的系数为；所以18(1)(2)不合理,理由见详解【分析】（1）由全概率公式，即可求解；（2）由已知条件，求出第一回合发球者在整场比赛中先得第一分的概率，与比较，即可得到答案.【详解】（1）设事件表示第一回合该中国队运动员赢球，事件表示第二回合该中国队运动员赢球，事件表示第二回合比赛有运动员得分，由已知， ，

16、则，即第二回合比赛有运动员得分的概率为.（2）设运动员甲先发球，记事件表示第i回合该运动员甲赢球，记事件表示运动员甲先得第一分，则，则，所以，即则第一回合发球者在整场比赛中先得第一分的概率大于，则比赛双方运动员实力相当的情况下，先发球者更大概率占据心理上的优势，所以旧制不合理.19(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）求出后根据可求的最小值；（2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.【详解】（1）时，其中，则，因为，当且仅当时等号成立，故，而成立，故即，所以的最小值为.，（2）的定义域为，设为图象上任意一点

17、，关于的对称点为，因为在图象上，故，而，所以也在图象上，由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.（3）因为当且仅当，故为的一个解，所以即，先考虑时，恒成立.此时即为在上恒成立，设，则在上恒成立，设，则，当，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当时，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当，则当时，故在上为减函数，故，不合题意，舍；综上，在上恒成立时.而当时，而时，由上述过程可得在递增，故的解为，即的解为.综上，.【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.学科网（北京）股份有限公司