广东省部分学校2023-2024学年高二下学期6月联考数学试卷
1．（2024高二下·广东期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：不等式，解得，即，
则集合，因为，所以.
故答案为：C.
【分析】解不等式求得集合，再根据集合的并集运算求解即可.
2．（2024高二下·广东期末）已知，，且，则的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：
，
当且仅当，即，时，等号成立.
故选：D.
【分析】借助“1”的活用，结合基本不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数，即，当且仅当时等号成立）计算即可得.
3．（2024高二下·广东期末）已知随机变量，且，，则（ ）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量，且， ，
则，，
即.
故答案为：A.
【分析】利用正态密度曲线的对称性求解即可.
4．（2024高二下·广东期末）拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．0
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数在上连续，且在上可导，则必有，使得，
函数，，则，，
又因为，所以，因为，且，所以，
不妨设，函数定义域为，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值，
则当时，λ取得最大值，最大值为．
故答案为：C．
【分析】利用导数判断单调性，求解即可.
5．（2024高二下·广东期末）展开式中的系数为（ ）
A．90 B．180 C．270 D．360
【答案】D
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，则展开式中的系数为.
故答案为：D.
【分析】根据二项式定理求解即可.
6．（2024高二下·广东期末）某人在次射击中击中目标的次数为，其中，击中偶数次为事件A，则（ ）
A．若，则取最大值时
B．当时，取得最小值
C．当时，随着的增大而减小
D．当的，随着的增大而减小
【答案】D
【知识点】二项分布；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解： A、 若， 则击中目标的次数，，
当时，，
因为取最大值，所以，
即，
即，解得，即，
则时，概率最大．故A错误；
B、 当时，，当时，取得最大值，故B错误；
C、D、因为，
所以，
，
，
当时，，为正负交替的摆动数列，所以不会随着的增大而减小，故C错误；
D、当时，为正项且单调递减的数列，则随着的增大而减小，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据直接写出，然后根据取最大值列式计算即可判断A；根据，直接写出即可判断B；由题意把表示出来，然后利用单调性分析即可判断CD.
7．（2024高二下·广东期末）若“，”为假命题，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】存在量词命题
【解析】【解答】解：由题意得该命题的否定为真命题，
即“，”为真命题，
即，
令，因为，则，
则存在，使得成立，
令，令，则（负舍），
则根据对勾函数的性质知在上单调递减，在上单调递增，
且，，则，则.
故选：C.
【分析】转化假命题为命题的否定，就变成了为真命题，此时将任意量词改为存在量词，不等式方向也得相反，再分离参数，设新函数求出其最大值即可得到答案.
8．（2024高二下·广东期末）已知是定义在上的函数，且，则（ ）
A． B． C． D．0
【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为，即，所以函数的图象关于直线对称；
又因为，所以，
所以函数的图象关于点对称；
所以，
所以，
即函数周期为4，
又因为，所以，
即.
所以 .
故选：B.
【分析】先根据和判断出函数的图象的对称轴和对称中心，再结合周期函数的定义得到函数的周期，再根据得到，再化简所求表达式，从而由二项式系数和的性质求解.
9．（2024高二下·广东期末）已知函数的定义域为，若，且为偶函数，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、 函数的定义域为，若 ，
则函数关于对称，因为为偶函数，所以关于对称，
则的周期，故A错误；
B、因为函数的周期为12，所以，
又因为关于对称，所以，
又因为关于对称，所以，故B正确；
C、因为的周期为12，所以，又因为关于对称，所以，又因为关于对称，所以，
则，即，故C正确；
D、的周期为12，则，
，又，所以，
同理，，，
，又，所以，即，
由，令，得，，，
所以，所以，
，，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先根据函数既是中心对称又是轴对称，求得函数的周期即可判断A，再根据函数周期和对称性求值，并求函数值即可判断BCD.
10．（2024高二下·广东期末）小明与小红两人做游戏，抛掷一枚质地均匀的骰子，则下列游戏中不公平的是（ ）
A．抛掷骰子一次，掷出的点数为1或2，小明获胜；否则小红获胜
B．抛掷骰子两次，掷出的点数之和为奇数，小明获胜；否则小红获胜
C．抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6，小明获胜；点数之和为8，小红获胜；否则重新抛掷
D．抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，小明获胜；掷出的点数都相同，小红获胜；否则重新抛掷
【答案】A,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：
对于A，抛掷一枚质地均匀的骰子，其可能的结果有6种：1， 2， 3， 4， 5， 6。其中，掷出的点数为1或2的情况有2种，所以小明获胜的概率为， 而掷出的点数不是1或2（即3， 4， 5， 6）的情况有4种，所以小红获胜的概率为， 由于两者获胜的概率不相等，所以A选项中的游戏是不公平的。
对于B， 抛掷骰子两次，每次都有6种可能的结果，所以总共有种可能的结果。其中，掷出的点数之和为奇数的情况可以通过列举法或组合法得出有18种，， 所以小明获胜的概率为， 而掷出的点数之和为偶数（即非奇数）的情况也有18种，所以小红获胜的概率也为。 两者获胜的概率相等，所以B选项中的游戏是公平的。
对于C，抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6的情况有5种， 所以小明获胜的概率为， 掷出的点数之和为8的情况也有5种， 所以小红获胜的概率为。 两者获胜的概率相等，所以C选项中的游戏是公平的。
对于D，抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数的情况 有4种 ， 所以小明获胜的概率为， 掷出的点数都相同的情况有6种（即三次都掷出1， 2， 3， 4， 5， 6中的任意一个），所以小红获胜的概率为。 虽然两者获胜的概率不相等，但由于存在“否则重新抛掷”的规则，这实际上是一个无限重复的游戏，直到出现明确的胜负为止。然而，从单次抛掷的角度来看，两者的获胜概率是不等的。但在这个特定的问题中，我们关注的是单次抛掷的公平性，而不是整个游戏的长期公平性（因为存在重新抛掷的规则）。因此，从单次抛掷的角度来看，D选项中的游戏也是不公平的。但需要注意的是，这种不公平性在游戏的长期运行中可能会被重新抛掷的规则所缓解或消除（尽管这超出了本题的考察范围）。然而，在本题的语境下，我们主要关注单次抛掷的公平性，所以D选项也是不公平的。但严格来说，D选项的不公平性主要体现在单次抛掷的概率不等上，而不是游戏规则的本质上。
故选：AD.
【分析】本题主要考查古典概率及其概率计算公式，对于每个选项，由古典概型概率计算公式计算各自获胜的概率即可求解.
11．（2024高二下·广东期末）已知 ，下列说法成立的是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A、由，可得，
即，，
令，求导可得，当时，单调递增，
当时，单调递减，则，即，
由知，故A正确；
B、由，可得，可得（时取等号），
因为，所以，故B正确；
C、因为，当时，，则，又，
所以，由，可知，
所以，故C错误；
D、，，
令，则，
由于得，可得，时等号成立，当时，，
所以，
在单调递增，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据指数、对数的运算及指对函数的单调性，以及构造函数，利用导数判断单调性可得，据此即可判断AB；举反例即可判断C；由题意得，令，由导数确定即可判断D.
12．（2024高二下·广东期末）已知关于的不等式，若此不等式的解集为，则实数m的取值范围是
【答案】
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：当时，不等式转化为，不等式的解集为，符合；
当时，不等式为一元二次不等式，要使不等式的解集为，
则，解得，
综上，实数m的取值范围是.
故答案为：.
【分析】分和讨论，再结合不等式的解集为求解即可.
13．（2024高二下·广东期末）已知随机变量，且，则的最小值为 ．
【答案】8
【知识点】基本不等式；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为，
因为，所以，所以，
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，则最小值为8．
故答案为：8.
【分析】根据正态分布的性质求得，再利用基本不等式求出最值即可.
14．（2024高二下·广东期末）已知函数，若 ，则 ，的取值范围为 .
【答案】；
【知识点】集合间关系的判断；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设，则，由题意知，
即，故，
则，则，
当时，，
此时的解均为，
不满足 ，故；
要使得 ，
则满足有解，且显然其解不是0和n，()，
故，解或，结合，可得或，
故，即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意可推出，结合，即可求得m的值；由此确定，要满足 ，需满足有解，由此列不等式求出n的范围即可.
15．（2024高二下·广东期末）有编号为1，2，3，4，5的盒子，1号盒子有两个白球和两个黑球，其余盒子中都有两个白球一个黑球.
（1）从1号盒子中取出两个球，求颜色不同的概率；
（2）从1号盒子中取出一个球放入2号盒子，再从2号盒子中取出一个球放入3号盒子，依此类推最后从4号盒子中取出一个球放入5号盒子结束，记“n号盒子取出的球是白球”为事件
①求
②求
【答案】（1）解： 1号盒子有两个白球和两个黑球 ， 取出两个球颜色不同的概率为：；
（2）解：①，，
，
，
；
②，
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用古典概型概率公式计算即可；
（2）是条件概率公式的乘法形式，则是根据代入条件概率公式计算，需要根据容斥原理计算，因为不互斥，利用全概率公式计算，，即可.
（1）；
（2）①，
，
，
；
②，
.
16．（2024高二下·广东期末）已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程
（2）当时，求函数的极值
（3）若在上是单调增函数，求实数a的取值范围.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
，，
则函数的图象在点处的切线方程为，即；
（2）解：由（1）可知：，
令，解得，
当时，，当时，，
则函数 在上是减函数，在上是增函数，
在处取得极小值，无极大值；
（3）解：若在上是单调增函数，
则在上恒成立，
分离参数可得：在上恒成立，
令，易知在上为单调递减函数，
故当时，取得最大值，即，则，即实数的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）将代入，求导，利用导数的几何意义结合直线的点斜式求切线方程即可；
（2）利用导数判断函数的单调性，并求函数的极值即可；
（3）由在上是单调增函数，可得在上恒成立，则在上恒成立，又在上为单调递减函数，则，可得.
（1）当时，，定义域为，
，所以函数的图象在点处的切线的斜率为，又，
所以函数的图象在点处的切线方程为，
即.
（2），令，解得，
当时，，当时，，
所以 在上是减函数，在上是增函数，
所以在处取得极小值，无极大值.
（3）因为在上是单调增函数，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
因为在上为单调递减函数，
所以当时，取得最大值，即，
所以.
17．（2024高二下·广东期末）为提升学生体质，弘扬中华传统文化，某校本学期开设了武术社团，有10位武术爱好同学参加，并邀请专业体育教师帮助训练.教师训练前对10位同学测试打分，训练一段时间后再次打分，两次得分情况如表格所示.规定满分为10分，记得分在8分以上（包含8分）的为“优秀”.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
训练前 4 7 5 9 5 2 8.5 6 7 5
训练后 8.5 9.5 7.5 9.5 8.5 6 9.5 8.5 9 9
优秀人数 非优秀人数 合计
训练前
训练后
合计
（1）将上面的列联表补充完整，并根据小概率值的独立性检验，判断武术社团同学的武术优秀情况与训练是否有关？并说明原因；
（2）从这10人中任选4人，在这4人中恰有3人训练后为“优秀”的条件下，求这4人中恰有1人是训练前也为“优秀”的概率；
（3）为迎接汇报表演，甲同学连续4天每天进行和两个武术项目的训练考核，、项目考核相互独立，且每天考核互相不影响，项若为优秀得2分，概率为，项若为优秀得3分，概率为，否则都只得1分.设甲同学在这4天里，恰有3天每天得分不低于3分的概率为，求为何值时，取得最大值.
附：，其中.
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）解：列联表为
优秀人数 非优秀人数 合计
训练前 2 8 10
训练后 8 2 10
合计 10 10 20
零假设：假设武术社团同学的武术优秀情况与训练无关，
，
根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即认为同学的优秀情况与训练有关；
（2）解：设“所选4人中恰有3人训练后为优秀”为事件，“所选4人中恰有1人训练前也为优秀”为事件，事件为所选4人中，有1人训练前优秀，有2人为训练前非优秀，训练后变为优秀，有1人训练前非优秀，训练后也非优秀，
从（1）中可知，有6人训练前非优秀，训练后变为优秀，有2人训练前非优秀，训练后也非优秀，
则，，
所以；
（3）解；设“甲同学一天得分不低于3分”为事件，有，
则恰有3天每天得分不低于3分的概率为：
，，
，
当时，，时，，
故在上单调递增，在单调递减，
所以当时，取得最大值.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；独立性检验的应用；条件概率；2×2列联表
【解析】【分析】（1）完善列联表，计算卡方值，与比较判断即可；
（2）设出事件，结合组合知识，利用条件概率求解即可；
（3）计算出甲同学一天得分不低于3分的概率，从而得到，，求导后得到单调性，从而确定当时，取得最大值.
（1）零假设：假设武术社团同学的武术优秀情况与训练无关.列联表为
优秀人数 非优秀人数 合计
训练前 2 8 10
训练后 8 2 10
合计 10 10 20
.
故根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即同学的优秀情况与训练有关.
（2）设“所选4人中恰有3人训练后为优秀”为事件，“所选4人中恰有1人训练前也为优秀”为事件，
事件为所选4人中，有1人训练前优秀，有2人为训练前非优秀，训练后变为优秀，
有1人训练前非优秀，训练后也非优秀，
从（1）中可知，有6人训练前非优秀，训练后变为优秀，有2人训练前非优秀，训练后也非优秀，
则，，
所以.
（3）设“甲同学一天得分不低于3分”为事件，有，
则恰有3天每天得分不低于3分的概率
，，
，
当时，，时，，
故在上单调递增，在单调递减.
所以当时，取得最大值.
18．（2024高二下·广东期末）某工业流水线生产一种零件，该流水线的次品率为，且各个零件的生产互不影响．
（1）若流水线生产零件共有两道工序，且互不影响，其次品率依次为．
①求p；
②现对该流水线生产的零件进行质量检测，检测分为两个环节：先进行自动智能检测，若为次品，零件就会被自动淘汰；若智能检测结果为合格，则进行人工抽检．已知自动智能检测显示该批零件的合格率为99%，求人工抽检时，抽检的一个零件是合格品的概率（合格品不会被误检成次品）．
（2）视p为概率，记从该流水线生产的零件中随机抽取n个产品，其中恰好含有个次品的概率为，求函数最大值．
【答案】（1）解：①因为两道生产工序互不影响，
所以．
②记该款芯片自动智能检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
且，
则人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率为：．
（2）解：因为各个芯片的生产互不影响，
所以，
所以
令，得，
又因为，则，
所以，当时，为增函数；
当时，为减函数，
所以，当时，取得最大值，
则最大值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【分析】（1）①由题意可知两道生产工序互不影响，利用对立事件求概率公式，从而得出的值.
②依题意结合条件概率公式，从而求出抽检的一个芯片是合格品的概率.
（2）依题意可知，再利用导数判断函数的单调性，从而得到当时，取得最大值，再代入得出函数最大值.
19．（2024高二下·广东期末）已知函数．
（1）若在上单调递增，求实数的最大值；
（2）讨论的单调性；
（3）若在上单调递增，且存在且，使得，证明：．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
若函数在上单调递增，则在上恒成立，
即，即在上恒成立，
，当且仅当时等号成立，则，即实数的最大值是2；
（2）解：，
当时，，则在上单调递增；
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，解得，
当，；
当，，
则在上单调递增，
在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，
在上单调递减；
（3）证明：因为，所以，
因为在上单调递增，所以，
要证，即证，
因为在上单调递增，所以只需证，
又因为，所以只需证，
即证，
记，
则，
所以在上单调递增，所以，
故成立．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，将问题转化为在上恒成立，求函数的最值，再利用基本不等式求最值即可；
（2）先求原函数的导数，再对参数分类讨论，即可得出函数的单调性；
（3）根据已知条件先对进行转化，再构造函数，并利用导数求出原函数的单调性，从而证出不等式.
（1）因为函数在上单调递增，所以在上恒成立．
因为，所以，即对恒成立．
因为，当且仅当时取等号，所以，即实数的最大值是2．
（2），
①当时，，则在上单调递增；
②当时，恒成立，则在上单调递增；
③当时，令，得，
当，；当，，
则在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减．
（3）因为，所以，
因为在上单调递增，所以．
要证，即证．
因为在上单调递增，所以只需证．
又因为，所以只需证，
即证．
记，
则，
所以在上单调递增，所以，
故成立．
1 / 1广东省部分学校2023-2024学年高二下学期6月联考数学试卷
1．（2024高二下·广东期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·广东期末）已知，，且，则的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．
3．（2024高二下·广东期末）已知随机变量，且，，则（ ）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
4．（2024高二下·广东期末）拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．0
5．（2024高二下·广东期末）展开式中的系数为（ ）
A．90 B．180 C．270 D．360
6．（2024高二下·广东期末）某人在次射击中击中目标的次数为，其中，击中偶数次为事件A，则（ ）
A．若，则取最大值时
B．当时，取得最小值
C．当时，随着的增大而减小
D．当的，随着的增大而减小
7．（2024高二下·广东期末）若“，”为假命题，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·广东期末）已知是定义在上的函数，且，则（ ）
A． B． C． D．0
9．（2024高二下·广东期末）已知函数的定义域为，若，且为偶函数，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高二下·广东期末）小明与小红两人做游戏，抛掷一枚质地均匀的骰子，则下列游戏中不公平的是（ ）
A．抛掷骰子一次，掷出的点数为1或2，小明获胜；否则小红获胜
B．抛掷骰子两次，掷出的点数之和为奇数，小明获胜；否则小红获胜
C．抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6，小明获胜；点数之和为8，小红获胜；否则重新抛掷
D．抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，小明获胜；掷出的点数都相同，小红获胜；否则重新抛掷
11．（2024高二下·广东期末）已知 ，下列说法成立的是 （ ）
A． B． C． D．
12．（2024高二下·广东期末）已知关于的不等式，若此不等式的解集为，则实数m的取值范围是
13．（2024高二下·广东期末）已知随机变量，且，则的最小值为 ．
14．（2024高二下·广东期末）已知函数，若 ，则 ，的取值范围为 .
15．（2024高二下·广东期末）有编号为1，2，3，4，5的盒子，1号盒子有两个白球和两个黑球，其余盒子中都有两个白球一个黑球.
（1）从1号盒子中取出两个球，求颜色不同的概率；
（2）从1号盒子中取出一个球放入2号盒子，再从2号盒子中取出一个球放入3号盒子，依此类推最后从4号盒子中取出一个球放入5号盒子结束，记“n号盒子取出的球是白球”为事件
①求
②求
16．（2024高二下·广东期末）已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程
（2）当时，求函数的极值
（3）若在上是单调增函数，求实数a的取值范围.
17．（2024高二下·广东期末）为提升学生体质，弘扬中华传统文化，某校本学期开设了武术社团，有10位武术爱好同学参加，并邀请专业体育教师帮助训练.教师训练前对10位同学测试打分，训练一段时间后再次打分，两次得分情况如表格所示.规定满分为10分，记得分在8分以上（包含8分）的为“优秀”.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
训练前 4 7 5 9 5 2 8.5 6 7 5
训练后 8.5 9.5 7.5 9.5 8.5 6 9.5 8.5 9 9
优秀人数 非优秀人数 合计
训练前
训练后
合计
（1）将上面的列联表补充完整，并根据小概率值的独立性检验，判断武术社团同学的武术优秀情况与训练是否有关？并说明原因；
（2）从这10人中任选4人，在这4人中恰有3人训练后为“优秀”的条件下，求这4人中恰有1人是训练前也为“优秀”的概率；
（3）为迎接汇报表演，甲同学连续4天每天进行和两个武术项目的训练考核，、项目考核相互独立，且每天考核互相不影响，项若为优秀得2分，概率为，项若为优秀得3分，概率为，否则都只得1分.设甲同学在这4天里，恰有3天每天得分不低于3分的概率为，求为何值时，取得最大值.
附：，其中.
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
18．（2024高二下·广东期末）某工业流水线生产一种零件，该流水线的次品率为，且各个零件的生产互不影响．
（1）若流水线生产零件共有两道工序，且互不影响，其次品率依次为．
①求p；
②现对该流水线生产的零件进行质量检测，检测分为两个环节：先进行自动智能检测，若为次品，零件就会被自动淘汰；若智能检测结果为合格，则进行人工抽检．已知自动智能检测显示该批零件的合格率为99%，求人工抽检时，抽检的一个零件是合格品的概率（合格品不会被误检成次品）．
（2）视p为概率，记从该流水线生产的零件中随机抽取n个产品，其中恰好含有个次品的概率为，求函数最大值．
19．（2024高二下·广东期末）已知函数．
（1）若在上单调递增，求实数的最大值；
（2）讨论的单调性；
（3）若在上单调递增，且存在且，使得，证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：不等式，解得，即，
则集合，因为，所以.
故答案为：C.
【分析】解不等式求得集合，再根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：
，
当且仅当，即，时，等号成立.
故选：D.
【分析】借助“1”的活用，结合基本不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数，即，当且仅当时等号成立）计算即可得.
3．【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量，且， ，
则，，
即.
故答案为：A.
【分析】利用正态密度曲线的对称性求解即可.
4．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数在上连续，且在上可导，则必有，使得，
函数，，则，，
又因为，所以，因为，且，所以，
不妨设，函数定义域为，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值，
则当时，λ取得最大值，最大值为．
故答案为：C．
【分析】利用导数判断单调性，求解即可.
5．【答案】D
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，则展开式中的系数为.
故答案为：D.
【分析】根据二项式定理求解即可.
6．【答案】D
【知识点】二项分布；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解： A、 若， 则击中目标的次数，，
当时，，
因为取最大值，所以，
即，
即，解得，即，
则时，概率最大．故A错误；
B、 当时，，当时，取得最大值，故B错误；
C、D、因为，
所以，
，
，
当时，，为正负交替的摆动数列，所以不会随着的增大而减小，故C错误；
D、当时，为正项且单调递减的数列，则随着的增大而减小，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据直接写出，然后根据取最大值列式计算即可判断A；根据，直接写出即可判断B；由题意把表示出来，然后利用单调性分析即可判断CD.
7．【答案】C
【知识点】存在量词命题
【解析】【解答】解：由题意得该命题的否定为真命题，
即“，”为真命题，
即，
令，因为，则，
则存在，使得成立，
令，令，则（负舍），
则根据对勾函数的性质知在上单调递减，在上单调递增，
且，，则，则.
故选：C.
【分析】转化假命题为命题的否定，就变成了为真命题，此时将任意量词改为存在量词，不等式方向也得相反，再分离参数，设新函数求出其最大值即可得到答案.
8．【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为，即，所以函数的图象关于直线对称；
又因为，所以，
所以函数的图象关于点对称；
所以，
所以，
即函数周期为4，
又因为，所以，
即.
所以 .
故选：B.
【分析】先根据和判断出函数的图象的对称轴和对称中心，再结合周期函数的定义得到函数的周期，再根据得到，再化简所求表达式，从而由二项式系数和的性质求解.
9．【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、 函数的定义域为，若 ，
则函数关于对称，因为为偶函数，所以关于对称，
则的周期，故A错误；
B、因为函数的周期为12，所以，
又因为关于对称，所以，
又因为关于对称，所以，故B正确；
C、因为的周期为12，所以，又因为关于对称，所以，又因为关于对称，所以，
则，即，故C正确；
D、的周期为12，则，
，又，所以，
同理，，，
，又，所以，即，
由，令，得，，，
所以，所以，
，，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先根据函数既是中心对称又是轴对称，求得函数的周期即可判断A，再根据函数周期和对称性求值，并求函数值即可判断BCD.
10．【答案】A,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：
对于A，抛掷一枚质地均匀的骰子，其可能的结果有6种：1， 2， 3， 4， 5， 6。其中，掷出的点数为1或2的情况有2种，所以小明获胜的概率为， 而掷出的点数不是1或2（即3， 4， 5， 6）的情况有4种，所以小红获胜的概率为， 由于两者获胜的概率不相等，所以A选项中的游戏是不公平的。
对于B， 抛掷骰子两次，每次都有6种可能的结果，所以总共有种可能的结果。其中，掷出的点数之和为奇数的情况可以通过列举法或组合法得出有18种，， 所以小明获胜的概率为， 而掷出的点数之和为偶数（即非奇数）的情况也有18种，所以小红获胜的概率也为。 两者获胜的概率相等，所以B选项中的游戏是公平的。
对于C，抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6的情况有5种， 所以小明获胜的概率为， 掷出的点数之和为8的情况也有5种， 所以小红获胜的概率为。 两者获胜的概率相等，所以C选项中的游戏是公平的。
对于D，抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数的情况 有4种 ， 所以小明获胜的概率为， 掷出的点数都相同的情况有6种（即三次都掷出1， 2， 3， 4， 5， 6中的任意一个），所以小红获胜的概率为。 虽然两者获胜的概率不相等，但由于存在“否则重新抛掷”的规则，这实际上是一个无限重复的游戏，直到出现明确的胜负为止。然而，从单次抛掷的角度来看，两者的获胜概率是不等的。但在这个特定的问题中，我们关注的是单次抛掷的公平性，而不是整个游戏的长期公平性（因为存在重新抛掷的规则）。因此，从单次抛掷的角度来看，D选项中的游戏也是不公平的。但需要注意的是，这种不公平性在游戏的长期运行中可能会被重新抛掷的规则所缓解或消除（尽管这超出了本题的考察范围）。然而，在本题的语境下，我们主要关注单次抛掷的公平性，所以D选项也是不公平的。但严格来说，D选项的不公平性主要体现在单次抛掷的概率不等上，而不是游戏规则的本质上。
故选：AD.
【分析】本题主要考查古典概率及其概率计算公式，对于每个选项，由古典概型概率计算公式计算各自获胜的概率即可求解.
11．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A、由，可得，
即，，
令，求导可得，当时，单调递增，
当时，单调递减，则，即，
由知，故A正确；
B、由，可得，可得（时取等号），
因为，所以，故B正确；
C、因为，当时，，则，又，
所以，由，可知，
所以，故C错误；
D、，，
令，则，
由于得，可得，时等号成立，当时，，
所以，
在单调递增，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据指数、对数的运算及指对函数的单调性，以及构造函数，利用导数判断单调性可得，据此即可判断AB；举反例即可判断C；由题意得，令，由导数确定即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：当时，不等式转化为，不等式的解集为，符合；
当时，不等式为一元二次不等式，要使不等式的解集为，
则，解得，
综上，实数m的取值范围是.
故答案为：.
【分析】分和讨论，再结合不等式的解集为求解即可.
13．【答案】8
【知识点】基本不等式；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为，
因为，所以，所以，
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，则最小值为8．
故答案为：8.
【分析】根据正态分布的性质求得，再利用基本不等式求出最值即可.
14．【答案】；
【知识点】集合间关系的判断；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设，则，由题意知，
即，故，
则，则，
当时，，
此时的解均为，
不满足 ，故；
要使得 ，
则满足有解，且显然其解不是0和n，()，
故，解或，结合，可得或，
故，即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意可推出，结合，即可求得m的值；由此确定，要满足 ，需满足有解，由此列不等式求出n的范围即可.
15．【答案】（1）解： 1号盒子有两个白球和两个黑球 ， 取出两个球颜色不同的概率为：；
（2）解：①，，
，
，
；
②，
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用古典概型概率公式计算即可；
（2）是条件概率公式的乘法形式，则是根据代入条件概率公式计算，需要根据容斥原理计算，因为不互斥，利用全概率公式计算，，即可.
（1）；
（2）①，
，
，
；
②，
.
16．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
，，
则函数的图象在点处的切线方程为，即；
（2）解：由（1）可知：，
令，解得，
当时，，当时，，
则函数 在上是减函数，在上是增函数，
在处取得极小值，无极大值；
（3）解：若在上是单调增函数，
则在上恒成立，
分离参数可得：在上恒成立，
令，易知在上为单调递减函数，
故当时，取得最大值，即，则，即实数的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）将代入，求导，利用导数的几何意义结合直线的点斜式求切线方程即可；
（2）利用导数判断函数的单调性，并求函数的极值即可；
（3）由在上是单调增函数，可得在上恒成立，则在上恒成立，又在上为单调递减函数，则，可得.
（1）当时，，定义域为，
，所以函数的图象在点处的切线的斜率为，又，
所以函数的图象在点处的切线方程为，
即.
（2），令，解得，
当时，，当时，，
所以 在上是减函数，在上是增函数，
所以在处取得极小值，无极大值.
（3）因为在上是单调增函数，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
因为在上为单调递减函数，
所以当时，取得最大值，即，
所以.
17．【答案】（1）解：列联表为
优秀人数 非优秀人数 合计
训练前 2 8 10
训练后 8 2 10
合计 10 10 20
零假设：假设武术社团同学的武术优秀情况与训练无关，
，
根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即认为同学的优秀情况与训练有关；
（2）解：设“所选4人中恰有3人训练后为优秀”为事件，“所选4人中恰有1人训练前也为优秀”为事件，事件为所选4人中，有1人训练前优秀，有2人为训练前非优秀，训练后变为优秀，有1人训练前非优秀，训练后也非优秀，
从（1）中可知，有6人训练前非优秀，训练后变为优秀，有2人训练前非优秀，训练后也非优秀，
则，，
所以；
（3）解；设“甲同学一天得分不低于3分”为事件，有，
则恰有3天每天得分不低于3分的概率为：
，，
，
当时，，时，，
故在上单调递增，在单调递减，
所以当时，取得最大值.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；独立性检验的应用；条件概率；2×2列联表
【解析】【分析】（1）完善列联表，计算卡方值，与比较判断即可；
（2）设出事件，结合组合知识，利用条件概率求解即可；
（3）计算出甲同学一天得分不低于3分的概率，从而得到，，求导后得到单调性，从而确定当时，取得最大值.
（1）零假设：假设武术社团同学的武术优秀情况与训练无关.列联表为
优秀人数 非优秀人数 合计
训练前 2 8 10
训练后 8 2 10
合计 10 10 20
.
故根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即同学的优秀情况与训练有关.
（2）设“所选4人中恰有3人训练后为优秀”为事件，“所选4人中恰有1人训练前也为优秀”为事件，
事件为所选4人中，有1人训练前优秀，有2人为训练前非优秀，训练后变为优秀，
有1人训练前非优秀，训练后也非优秀，
从（1）中可知，有6人训练前非优秀，训练后变为优秀，有2人训练前非优秀，训练后也非优秀，
则，，
所以.
（3）设“甲同学一天得分不低于3分”为事件，有，
则恰有3天每天得分不低于3分的概率
，，
，
当时，，时，，
故在上单调递增，在单调递减.
所以当时，取得最大值.
18．【答案】（1）解：①因为两道生产工序互不影响，
所以．
②记该款芯片自动智能检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
且，
则人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率为：．
（2）解：因为各个芯片的生产互不影响，
所以，
所以
令，得，
又因为，则，
所以，当时，为增函数；
当时，为减函数，
所以，当时，取得最大值，
则最大值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【分析】（1）①由题意可知两道生产工序互不影响，利用对立事件求概率公式，从而得出的值.
②依题意结合条件概率公式，从而求出抽检的一个芯片是合格品的概率.
（2）依题意可知，再利用导数判断函数的单调性，从而得到当时，取得最大值，再代入得出函数最大值.
19．【答案】（1）解：函数定义域为，，
若函数在上单调递增，则在上恒成立，
即，即在上恒成立，
，当且仅当时等号成立，则，即实数的最大值是2；
（2）解：，
当时，，则在上单调递增；
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，解得，
当，；
当，，
则在上单调递增，
在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，
在上单调递减；
（3）证明：因为，所以，
因为在上单调递增，所以，
要证，即证，
因为在上单调递增，所以只需证，
又因为，所以只需证，
即证，
记，
则，
所以在上单调递增，所以，
故成立．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，将问题转化为在上恒成立，求函数的最值，再利用基本不等式求最值即可；
（2）先求原函数的导数，再对参数分类讨论，即可得出函数的单调性；
（3）根据已知条件先对进行转化，再构造函数，并利用导数求出原函数的单调性，从而证出不等式.
（1）因为函数在上单调递增，所以在上恒成立．
因为，所以，即对恒成立．
因为，当且仅当时取等号，所以，即实数的最大值是2．
（2），
①当时，，则在上单调递增；
②当时，恒成立，则在上单调递增；
③当时，令，得，
当，；当，，
则在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减．
（3）因为，所以，
因为在上单调递增，所以．
要证，即证．
因为在上单调递增，所以只需证．
又因为，所以只需证，
即证．
记，
则，
所以在上单调递增，所以，
故成立．
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