廣東省部分學校2023?2024學年高二下學期6月聯(lián)考數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知，，且，則的最小值為（

）A． B． C．4 D．3．已知隨機變量，且，，則（

）A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.44．拉格朗日中值定理又稱拉氏定理：如果函數在上連續(xù)，且在上可導，則必有，使得．已知函數，那么實數的最大值為（

）A．1 B． C． D．05．展開式中的系數為（

）A．90 B．180 C．270 D．3606．某人在次射擊中擊中目標的次數為，其中，擊中偶數次為事件A，則（

）A．若，則取最大值時 B．當時，取得最小值C．當時，隨著的增大而減小 D．當的，隨著的增大而減小7．若“，”為假命題，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．8．已知是定義在上的函數，且，則（

）A． B． C． D．0二、多選題（本大題共3小題）9．已知函數的定義域為，若，且為偶函數，，則（

）A． B．C． D．10．小明與小紅兩人做游戲，拋擲一枚質地均勻的骰子，則下列游戲中不公平的是（

）A．拋擲骰子一次，擲出的點數為1或2，小明獲勝；否則小紅獲勝B．拋擲骰子兩次，擲出的點數之和為奇數，小明獲勝；否則小紅獲勝C．拋擲骰子兩次，擲出的點數之和為6，小明獲勝；點數之和為8，小紅獲勝；否則重新拋擲D．拋擲骰子三次，擲出的點數為連續(xù)三個自然數，小明獲勝；擲出的點數都相同，小紅獲勝；否則重新拋擲11．已知，下列說法成立的是（

）A．B．C．D．三、填空題（本大題共3小題）12．已知關于的不等式，若此不等式的解集為，則實數m的取值范圍是.13．已知隨機變量，且，則的最小值為．14．已知函數，若?，則，的取值范圍為.四、解答題（本大題共5小題）15．有編號為1，2，3，4，5的盒子，1號盒子有兩個白球和兩個黑球，其余盒子中都有兩個白球一個黑球.(1)從1號盒子中取出兩個球，求顏色不同的概率；(2)從1號盒子中取出一個球放入2號盒子，再從2號盒子中取出一個球放入3號盒子，依此類推最后從4號盒子中取出一個球放入5號盒子結束，記“n號盒子取出的球是白球”為事件①求②求16．已知函數.(1)當時，求函數的圖象在點處的切線方程(2)當時，求函數的極值(3)若在上是單調增函數，求實數a的取值范圍.17．為提升學生體質，弘揚中華傳統(tǒng)文化，某校本學期開設了武術社團，有10位武術愛好同學參加，并邀請專業(yè)體育教師幫助訓練.教師訓練前對10位同學測試打分，訓練一段時間后再次打分，兩次得分情況如表格所示.規(guī)定滿分為10分，記得分在8分以上（包含8分）的為“優(yōu)秀”.12345678910訓練前4759528.5675訓練后8.59.57.59.58.569.58.599優(yōu)秀人數非優(yōu)秀人數合計訓練前訓練后合計(1)將上面的列聯(lián)表補充完整，并根據小概率值的獨立性檢驗，判斷武術社團同學的武術優(yōu)秀情況與訓練是否有關？并說明原因；(2)從這10人中任選4人，在這4人中恰有3人訓練后為“優(yōu)秀”的條件下，求這4人中恰有1人是訓練前也為“優(yōu)秀”的概率；(3)為迎接匯報表演，甲同學連續(xù)4天每天進行和兩個武術項目的訓練考核，、項目考核相互獨立，且每天考核互相不影響，項若為優(yōu)秀得2分，概率為，項若為優(yōu)秀得3分，概率為，否則都只得1分.設甲同學在這4天里，恰有3天每天得分不低于3分的概率為，求為何值時，取得最大值.附：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82818．某工業(yè)流水線生產一種零件，該流水線的次品率為，且各個零件的生產互不影響．(1)若流水線生產零件共有兩道工序，且互不影響，其次品率依次為．①求p；②現對該流水線生產的零件進行質量檢測，檢測分為兩個環(huán)節(jié)：先進行自動智能檢測，若為次品，零件就會被自動淘汰；若智能檢測結果為合格，則進行人工抽檢．已知自動智能檢測顯示該批零件的合格率為99%，求人工抽檢時，抽檢的一個零件是合格品的概率（合格品不會被誤檢成次品）．(2)視p為概率，記從該流水線生產的零件中隨機抽取n個產品，其中恰好含有個次品的概率為，求函數最大值．19．已知函數．(1)若在上單調遞增，求實數的最大值；(2)討論的單調性；(3)若在上單調遞增，且存在且，使得，證明：．

參考答案1．【答案】C【分析】運用對數函數的單調性求出中的不等式，再運用并集運算即可.【詳解】中的不等式，得，即，又，.故選C.2．【答案】D【分析】借助“1”的活用，結合基本不等式計算即可得.【詳解】，當且僅當，即，時，等號成立.故選D.3．【答案】A【分析】利用正態(tài)密度曲線的對稱性，即可求解.【詳解】由正態(tài)密度曲線的對稱性可知，，，所以.故選A.4．【答案】C【分析】利用導數判斷單調性，求解出值【詳解】因為函數在上連續(xù)，且在上可導，則必有一，使得，又函數，可得，所以，此時，又，所以，因為，且，所以，不妨設，函數定義域為，可得，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以當時，函數取得極大值也是最大值，最大值，則當時，λ取得最大值，最大值為．故選C．5．【答案】D【分析】根據二項式定理，組合知識進行求解.【詳解】從的6個因式中，其中2個因式選擇，2個因式選擇，剩余2個選擇1，故展開式中的系數為.故選D.6．【答案】D【分析】對于A，根據直接寫出，然后根據取最大值列式計算即可判斷；對于B，根據，直接寫出即可判斷；對于C、D，由題意把表示出來，然后利用單調性分析即可.【詳解】A：在10次射擊中擊中目標的次數，當時對應的概率，因為取最大值，所以，即，即，解得，因為且，所以，即時概率最大．故A錯誤；B：，當時，取得最大值，故B錯誤；C、D：，，，，當時，，為正負交替的擺動數列，所以不會隨著的增大而減小，故C錯誤；當時，為正項且單調遞減的數列，所以隨著的增大而減小，故D正確；故選D.7．【答案】C【分析】轉化為命題的否定為真命題，再分離參數，設新函數求出其最大值即可得到答案.【詳解】由題意得該命題的否定為真命題，即“，”為真命題，即，令，因為，則，則存在，使得成立，令，令，則（負值舍去），則根據對勾函數的性質知在上單調遞減，在上單調遞增，且，，則，則.故選C.8．【答案】B【分析】先根據和判斷出的圖象關于直線對稱，關于點對稱，從而得到周期為4；再根據得到，最后化簡所求表達式并利用二項式系數和的性質求解即可.【詳解】因為，即，所以函數的圖象關于直線對稱；又因為，所以，所以函數的圖象關于點對稱；所以，所以，即函數周期為4，又因為，所以，即.所以.故選B.9．【答案】BCD【分析】首先根據函數既是中心對稱又是軸對稱，求得函數的周期，判斷A，再根據函數周期和對稱性求值，并求函數值，判斷BCD.【詳解】∵，∴關于對稱∵為偶函數，∴關于對稱∴的周期，故A錯誤；（∵的周期為12）（∵關于對稱）（∵關于對稱），故B正確；（∵的周期為12）（∵關于對稱）（∵關于對稱），即，故C正確；∵的周期為12∴，，又，，同理，，，，又，，即，由，令，得，，，，，，，故D正確.故選BCD.10．【答案】AD【分析】對于每個選項，由古典概型概率計算公式計算各自獲勝的概率即可求解.【詳解】對于A，小明獲勝的概率為，不公平，故A符合題意；對于B，若要點數之和為奇數，則只能是一奇一偶，而每拋一次出現奇數，偶數的概率都是，但可能是先出現奇數，有可能先出現偶數，故小明獲勝的概率為，公平，故B不符合題意；對于C，若點數之和為6，則兩個加數可以是，即小明獲勝的概率為，若點數之和為8，則兩個加數可以是，即小紅獲勝的概率為，公平，故C不符合題意；對于D，拋擲骰子三次，擲出的點數為連續(xù)三個自然數，則這三個自然數可以是，所以小明獲勝的概率為，若擲出的點數都相同，則這三個自然數可以是，所以小紅獲勝的概率為，不公平，故D符合題意.故選AD.11．【答案】ABD【分析】根據指數、對數的運算及指對函數的單調性，以及構造函數，利用導數判斷單調性可得，據此判斷A、B；舉反例判斷C；由題意得，令，由導數確定可判斷D.【詳解】對于A，由知，，令，則，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，即，由知，故A正確；對于B，由可得，可得（時取等號），因為，所以，故B正確；對于C，因為，當時，，則，又，所以，由知，所以此時，故C錯誤；對于D，，，令，則，由于得，可得，時等號成立，當時，，所以，在單調遞增，，故D正確.故選ABD.【關鍵點撥】判斷D選項時，對式子進行變形換元后得到是解題的第一個關鍵，構造函數，利用兩次求導可得出函數的最小值是解題的第二個關鍵點.12．【答案】【分析】對進行和分類，再結合不等式的解集為討論求解即可.【詳解】當時，，與客觀事實矛盾，故此時不等式的解集為，符合；當時，為一元二次不等式，若此不等式的解集為，則有，綜上，實數m的取值范圍是.故答案為：.13．【答案】8【分析】先根據正態(tài)分布的性質得出，再結合常值代換應用不等式求出最值即可.【詳解】由隨機變量，則正態(tài)分布的曲線的對稱軸為，又因為，所以，所以．當時，，當且僅當，即時等號成立，故最小值為8．故答案為：8.14．【答案】【詳解】設，則，由題意知，即，故，則，則，當時，，此時的解均為，不滿足?，故；故要使得?，需滿足有解，且顯然其解不是0和n，()，故，解或，結合，可得或，故，即的取值范圍為，故答案為：.【思路導引】由題意可推出，結合，即可求得m的值；由此確定，要滿足?，需滿足有解，由此列不等式求出n的范圍，即可求得答案.15．【答案】(1)(2)①，，；②【分析】（1）直接根據分步計數原理和古典概率公式計算即可；（2）是條件概率公式的乘法形式，則是根據代入條件概率公式計算，需要根據容斥原理計算，因為不互斥，計算則屬于馬爾科夫鏈的概率模型，其本質為全概率公式，通過全概率公式計算和即可計算.【詳解】（1）；（2）①，，，；②，.16．【答案】(1)(2)極小值為，無極大值(3)【分析】（1）利用導數的幾何意義函數的圖象在點處的切線的斜率為，又，由直線的點斜式可得切線方程；（2）利用的正負討論的單調性，即可求得函數的極值；（3）由在上是單調增函數，所以在上恒成立，則在上恒成立，又在上為單調遞減函數，所以，可得.【詳解】（1）當時，，定義域為，，所以函數的圖象在點處的切線的斜率為，又，所以函數的圖象在點處的切線方程為，即.（2），令，解得，當時，，當時，，所以在上是減函數，在上是增函數，所以在處取得極小值，無極大值.（3）因為在上是單調增函數，所以在上恒成立，即在上恒成立，因為在上為單調遞減函數，所以當時，取得最大值，即，所以.17．【答案】(1)同學的優(yōu)秀情況與訓練有關，理由見解析(2)(3)【分析】（1）將列聯(lián)表完善，計算出卡方，與比較后得到結論；（2）設出事件，結合組合知識，利用條件概率求出答案；（3）計算出甲同學一天得分不低于3分的概率，從而得到，，求導后得到單調性，從而確定當時，取得最大值.【詳解】（1）零假設：假設武術社團同學的武術優(yōu)秀情況與訓練無關.列聯(lián)表為優(yōu)秀人數非優(yōu)秀人數合計訓練前2810訓練后8210合計101020.故根據小概率值的獨立性檢驗，零假設不成立，即同學的優(yōu)秀情況與訓練有關.（2）設“所選4人中恰有3人訓練后為優(yōu)秀”為事件，“所選4人中恰有1人訓練前也為優(yōu)秀”為事件，事件為所選4人中，有1人訓練前優(yōu)秀，有2人為訓練前非優(yōu)秀，訓練后變?yōu)閮?yōu)秀，有1人訓練前非優(yōu)秀，訓練后也非優(yōu)秀，從（1）中可知，有6人訓練前非優(yōu)秀，訓練后變?yōu)閮?yōu)秀，有2人訓練前非優(yōu)秀，訓練后也非優(yōu)秀，則，，所以.（3）設“甲同學一天得分不低于3分”為事件，有，則恰有3天每天得分不低于3分的概率，，，當時，，時，，故在上單調遞增，在單調遞減.所以當時，取得最大值.18．【答案】(1)①，②(2)【分析】（1）①由題意可知兩道生產工序互不影響，利用對立事件可求；②依題意可利用條件概率公式求抽檢的一個芯片是合格品的概率；（2）依題意可知，求導后利用導數研究的單調性，得到當時，取得最大值，代入即可求得.【詳解】（1）①因為兩道生產工序互不影響，所以．②記該款芯片自動智能檢測合格為事件A，人工抽檢合格為事件B，且，則人工抽檢時，抽檢的一個芯片恰是合格品的概率為．（2）因為各個芯片的生產互不影響，所以，所以，令，得，又，則，所以當時，為單調增函數，當時，為單調減函數，所以，當時，取得最大值，則最大值為.19．【答案】(1)2(2)答案見解析(3)證明見解析【分析】（1）由已知可得關于參數的不等式，將恒成立問題轉化為求函數的最值問題，再利用基本不等式求出最值即可；（2）先求原函數的導數，再對參數分類討論，即可得出函數的單調性；（3）根據已知條件先對進行轉化，再構造函數，并利用導數求出原函數的單調性，從而證出不等式.【詳解】（1）因為函數在上單調遞增，所以在上恒成立．因為，所以，即