2023-2024学年天津市四校联考高二下学期7月期末考试数学试题（含解析）

2023-2024学年天津市四校联考高二下学期7月期末考试
数学试题
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B.
C. 或 D. 或
2.使不等式成立的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，，设其样本点为，经验回归方程为，若，，则( )
A. B. C. D.
4.年汤姆斯杯需招募志愿者，现从某高校的名志愿者中任意选出名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
5.定义在上的函数导函数为，若对任意实数，有，且为奇函数，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
6.设，，，则，，的大小关系为( )
A. B. C. D.
7.已知，，若对，总，使成立，则实数的取值范围为( )
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，则实数的取值范围为______．
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
12.已知展开式中的常数项是，则实数的值为
13.已知数列是公差为的等差数列，是公比为的是等比数列，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小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
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，每小时收费元不足小时的部分按小时计算有甲、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．
求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率；
求甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多元的概率；
设甲、乙两人所付
租车费用之和为随机变量，求的分布列、均值、方差
17.本小题分
如图，是边长为的正方形，平面，，且．
求证：平面
求平面与平面夹角的余弦值；
求点到平面的距离．
18.本小题分
已知，，其中
令
求的单调区间和极小值；
若存在大于的零点，且方程恰有三个实根，求实数的取值范围
若对，，恒成立，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知数列是递增的等差数列，是等比数列，，求，
求数列和的通项公式；
记数列的前项和为，若对恒成立，求实数的取值范围；
设，求的值．
20.本小题分
已知．
若在处的切线方程为，求实数的值；
当时，若对任意恒成立，求实数的取值范围；
若有零点，求证：．
答案解析
1.
【解析】由，得或，即或，
故或，
，即，解得或，
故或，
则或．
故选：．
2.
【解析】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：．
3.
【解析】由于，，
所以，．
将代入，
即，解得：．
故选：．
4.
【解析】先从名志愿者中任意选出名，
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：
5.
【解析】设，则，
对任意实数，有，
所以，则在上单调递减．
因为为奇函数，且的定义域为，
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：
构造函数，根据题意，可得其单调性，从而求解不等式．
6.
【解析】，所以，即，
，，且，
所以，即．
故选：
7.
【解析】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，
因为 对，总，使成立，
所以，
所以，解得．
故选：
8.
【解析】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：．
9.
【解析】，，
由题意可知，存在，使，即，
则，，
当时，取得最小值，
即，得．
故选：
10.
【解析】解：命题“，使”的否定是：“，使”
即：，
故答案是
11.或
【解析】依题意，他答对题目的概率．
故答案为：
12.
【解析】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.
【解析】由题意，，
则
，
所以．
故答案为：．
14.或
【解析】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.
【解析】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，
如图所示，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：．
16.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，则，
所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为；
若甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多元，
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元的概率为；
的可能取值为，，，，，
，
，，
分布列如下表：
数学期望，
．
【解析】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；
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；
列出随机变量的分布列，再利用期望、方差公式求值．
17.解：根据题意得：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，
所以 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
显然 ，又 平面 ，
所以 平面 ；
，
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 ；
由得平面 的一个法向量为 ，
又 ，所以点到平面 的距离 ．

【解析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线面位置关系，计算面面角及点面距离即可．
18.解：
根据题意，
，
，
所以当时，
单调递减 极小值 单调递增
当时，
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当时，在上单调递增，
当时，
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
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，在上为增函数，
当时，在单调递增，上单调递减，上单调递增；
因为方程恰有三个实根，
由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，
所以方程恰有三个实根，只需，
即，化简为，
而，，则，则，
故实数的取值范围为；
由题意可得原不等式可化为，
故不等式在上恒成立．
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，
则实数的取值范围为．

【解析】，求出导函数，然后分，，，四种情况分别讨论即可求解；由可知只能，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；
将不等式变形为，设，则问题等价于对任意恒成立，故只需函数在上单调递增，即恒成立，从而求出的最小值．
19.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；
解：由知，
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；
由知
，
所以
【解析】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；
由，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；
由可得，然后利用裂项相消法可求得结果．
20.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，．
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．
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．
【解析】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；
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；
设的零点为，构造函数证明，然后利用得到，即可证明结论．
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