2023-2024学年福建省莆田二中高三（上）第一次返校数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列命题中，既是全称量词命题又是真命题的是( )
A. 矩形的两条对角线垂直
B. 对任意，，都有
C. ，
D. 至少有一个，使得成立
2. 根据分类变量和的样本观察数据的计算结果，有不少于的把握认为和有关，则的一个可能取值为( )
A. B. C. D.
3. 某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有的学生喜欢足球或游泳，的学生喜欢足球，的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是( )
A. B. C. D.
4. 根据变量和的成对样本数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，模型误差( )
A. 满足一元线性回归模型的所有假设
B. 不满足一元线性回归模型的的假设
C. 不满足一元线性回归模型的假设
D. 不满足一元线性回归模型的和的假设
5. 函数的图像大致为( )
A. B.
C. D.
6. 甲、乙两选手进行乒乓球比赛，采取五局三胜制先胜三局者获胜，比赛结束，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则甲选手以：获胜的概率为( )
A. B. C. D.
7. 已知是可导函数，且对于恒成立，则( )
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
8. 函数的所有零点的乘积为，则( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列函数中，同一个函数的定义域与值域相同的是( )
A. B. C. D.
10. 函数的导函数的图象如图所示，则( )
A. 在区间上单调递减 B. 在处取得极大值
C. 在区间上有个极大值点 D. 在处取得最大值
11. 下列选项中，正确的有( )
A. B.
C. D.
12. 一个不透明的袋子里，装有大小相同的个红球和个白球，每次从中不放回地取出一球，现取出个球，则下列说法正确的是( )
A. 两个都是红球的概率为
B. 在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率为
C. 第二次取到红球的概率为
D. 第二次取到红球的条件下，第一次取到白球的概率为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若，则函数最大值为______ ．
14. 设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占、、，甲、丙车间生产的产品的次品率分别为和现从中任取一件，若取到的是次品的概率为，则推测乙车间的次品率为______ ．
15. 若，且不等式的解集中有且仅有四个整数，则的取值范围是______ ．
16. 设集合，记为同时满足下列条件的集合的个数：；若，则；若，则．
则 ；
的解析式用表示 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
使不等式对一切实数恒成立的的取值范围记为集合，不等式的解集为．
求集合；
若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围．
18. 本小题分
近日，随着暑期来临，莆田市政府积极制定政策，决定政企联动，决定为某制衣有限公司在暑假期间加班追产提供万元的专项补贴某制衣有限公司在收到莆田市政府万元补贴后，产量将增加到万件同时某制衣有限公司生产万件产品需要投入成本为万元，并以每件元的价格将其生产的产品全部售出注：收益销售金额政府专项补贴成本．
求某制衣有限公司暑假期间，加班追产所获收益万元关于政府补贴万元的表达式；
莆田市政府的专项补贴为多少万元时，某制衣有限公司暑假期间加班追产所获收益万元最大？
19. 本小题分
已知函数的定义域为，并且满足下列条件：对任意，，都有，当时，．
证明：为奇函数；
若，解不等式．
20. 本小题分
已知函数是定义域为的奇函数．
求实数的值，并证明在上单调递增；
已知且，若对于任意的、，都有恒成立，求实数的取值范围．
21. 本小题分
据世界田联官方网站消息，原定于年月、日在中国广州举办的世界田联接力赛延期至年月至月举行据了解，甲、乙、丙三支队伍将会参加年月至月在广州举行的米接力的角逐接力赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛、半决赛都获胜才能进入决赛已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和．
甲、乙、丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；
设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为，求的分布列．
22. 本小题分
已知函数．
讨论函数的单调性；
当时，若函数的最小值为，试判断函数在区间上零点的个数，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：选项为全称量词命题，却是假命题，矩形的两条对角线相等，并不垂直，故A错误；
，选项是特称量词命题，故错误．
选项是全称量词命题，用反证法证明，
因为
所以对，，，故B正确．
故选：．
根据全称量词和特称量词命题的定义判断，全称量词命题要为真命题必须对所以的成立，对选项逐一判断即可．
本题考查了全称量词和特称量词命题的定义及对命题真假的判断，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：若要有不少于的把握认为和有关，
则，
则只有选项符合题意，
故选：．
根据独立性检验的定义可解．
本题考查独立性检验相关知识，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意可得如下所示韦恩图：
所求比例为：．
故选：．
根据韦恩图中集合的关系运算即可．
本题考查了韦恩图的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：用一元线性回归模型得到经验回归模型，
根据对应的残差图，残差的均值可能成立，
但明显残差的轴上方的数据更分散，不满足一元线性回归模型，正确的只有．
故选：．
根据一元线性回归模型有关概念即可判断．
本题考查了一元线性回归模型的含义，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：由，排除，．
当时，，所以，排除．
故选：．
利用特殊值法逐项进行排除即可求解．
本题考查函数的图象与性质，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：甲选手以：获胜，说明前场中甲赢了两场，输了一场，且第四场甲赢，
故所求概率为．
故选：．
分析出甲选手以：获胜的情况即可求解．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：令，对于恒成立，
，
函数在上单调递减．
，．
，，
即，．
故选：．
令，求其导函数，由已知可得函数的单调性，得到，，则答案可求．
本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数是关键，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：由可得，设函数的图象交点的横坐标为，，
画出两函数图象如图，则，
因为函数在上递减，所以且，即，
所以，即，
故选：．
将函数零点问题转化为两函数图象的交点问题．
本题考查函数零点问题转化为函数图像焦点问题，需要熟练画出基本初等函数的图像，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：函数的定义域为，值域为，定义域与值域相同；
函数的定义域为，值域为，定义域与值域不同；
函数的定义域为，由，得，
，即函数的值域为，定义域与值域不同；
函数的定义域为，
由，可知函数的定义域为，定义域与值域相同．
故选：．
分别求出四个函数的定义域及其值域分析得答案．
本题考查函数的定义域及其值域的求法，体现了极限思想方法的应用，是中档题．
10.【答案】
【解析】解：由导函数的图象可知：
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增．
故A，B正确，，D错误．
故选：．
根据导函数的图象可分析出的单调性，进而可判断各选项．
本题考查利用导数求函数的切线，数形结合思想，属基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于：，故A正确；
对于：由于，，
所以，则，故B正确；
对于：因为，又，
所以，故C错误；
对于：，
令，由对勾函数的性质可知在上单调递减，
因为，所以，
即，即，故D正确．
故选：．
根据对数函数的性质判断，根据对数的运算性质判断，利用基本不等式及对数的运算性质判断，根据对数的运算性质得到，再令，根据对勾函数的性质判断．
本题考查对数的运算与函数的单调性，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，两个都是红球的概率为，A错误；
对于，在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率为，B正确；
对于，第二次取到红球的概率为，C正确；
对于，第一次取得白球，第二次取得红球的概率为，
第二次取到红球的概率为，
所以第二次取到红球的条件下，第一次取到白球的概率为，D正确．
故选：．
利用条件概率计算公式进行计算即可．
本题主要考查条件概率的计算，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：，
由于，所以，故，当且仅当时等号成立，
因此，
故答案为：．
根据基本不等式即可求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设表示“取到的是一件次品”，，，分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，
显然，，是样本空间的一个划分，且有，，，
由于，，
设，
由全概率公式得，
即，
解得，推测乙车间的次品率为．
故答案为：．
设出事件，设出未知数，利用全概率公式列出方程，求出答案．
本题主要考查全概率公式，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由，可得，
由题意当，即时，不等式的解集为；
若满足解集中仅有四个整数，为，，，，则，
此时，与矛盾；
当时，即，不等式的解集为，不符合题意；
当，即时，不等式的解集为；
若满足解集中仅有四个整数，可能为，，，，或，，，，
当为，，，时，则，且，无解，
当整数解为，，，时，，且，
解得；
综上知，实数的取值范围是．
故答案为：．
分类讨论求出含参一元二次不等式的解集，然后根据题意得到不等式组，进而可以求出结果．
本题主要考查了含参不等式的求解，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：当 时，，
符合条件的集合 为 ，，，，
故 ．
任取偶数 ，将 除以 ，若商仍为偶数，
再除以 ，经过 次以后，商必为奇数，此时记商为 ，
于是 ，其中 为奇数，由条件知，
若 ，则 等价于为偶数；
若 ，则 等价于为奇数．
于是 是否属于 由 是否属于 确定．
设 是 中所有奇数的集合，因此 等于 的子集个数．
当 为偶数或奇数时， 中奇数的个数是 或 ，
所以，
故答案为：，．
当 时，，由此能求出．
任取偶数 ，将 除以 ，若商仍为偶数，再除以 ，经过 次以后，商必为奇数，此时记商为 ，从而， 是否属于 由 是否属于 确定．设 是 中所有奇数的集合，则 等于 的子集个数．由此能求出结果．
本题考查函数值及函数解析式的求法，考查集合、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
17.【答案】解：因为对一切实数恒成立，
所以，
所以，所以集合．
若“”是“”的充分条件，则，
因为，所以，
当，即，，满足题意，
当，即，，
由知，所以，所以，所以，
当，即，，
所以，所以，所以，
综上所述，实数的取值范围
【解析】判别式小于，即得；由已知转化为，再分类讨论即可．
本题考查一元二次不等式的解法，考查充分必要条件，属于基础题．
18.【答案】解：，
因为，
所以；
因为，
又因为，
所以，
所以当且仅当时取“”，
所以，
即当万元时，取最大值万元．
【解析】根据收益销售金额政府专项补贴成本即可求解；
利用基本不等式即可求解．
本题考查了函数在生活中的实际运用、利用基本不等式求函数的最值，属于中档题．
19.【答案】解：证明：因为函数的定义域为，定义域关于原点对称．令，则，，
令，则，
，
是奇函数；
任取，，且，由题意得，，，
，
，
，
又，
在上为减函数．
因，所以，
，
所以，
即，解得，
所以不等式的解集为：．
【解析】用赋值法先求出，再令，即可得证；
先证明函数在上是减函数，再求得，最后将不等式转化为求解即可．
本题考查了判断抽象函数的奇偶性、单调性及利用单调性解不等式，也考查了转化思想，属于中档题．
20.【答案】解：为定义在上的奇函数，
，解得，经检验，符合题意，
，
设，则，
又，则，
，则，
在上单调递增；
依题意，在上恒成立，
又在上单调递增，
当时，的最小值为，
当时，，则，解得，此时；
当时，，则，解得；
综上，实数的取值范围为．
【解析】由，可求得的值，由单调性的定义可证明在上单调递增；
问题等价于在上恒成立，易知的最小值为，然后分及讨论即可得解．
本题考查函数奇偶性与单调性的综合运用，考查不等式的恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：由题意，甲队进入决赛的概率为，
乙队进入决赛的概率为，
丙队进入决赛的概率为，
显然甲队进入决赛的概率最大，所以甲进入决赛的可能性最大．
由可知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为，，，
随机变量的可能取值为，，，，
可得，
，
，
，
所以的分布列为：
【解析】由题意，利用相互独立事件的概率乘法公式，求解甲乙丙进入决赛的概率，即可得到结论；
由知甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为，，，得出随机变量的可能取值为，，，，求得相应的概率，列出分布列．
本题考查离散型随机变量的分布列相关知识，属于中档题．
22.【答案】解：由，得，
当时，，
所以在上单调递减，
当时，设，
所以，
所以在上单调递增，
令得，
所以在上，单调递减，
上，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，上单调递增．
函数在区间上有两个零点，理由如下：
当时，，
所以，
令，则在上恒成立，
所以在区间上单调递增，
又，，
由零点的存在定理，可得存在，使得，
即，
所以，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，
令，则，
所以，在区间上恒成立，
即在区间上单调递减，
所以，即，
要判断函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，且，
所以关于的方程在上有两个根，
即在在上有两个零点．
【解析】求导得，分两种情况：当时，当时，分析的符号，的单调性．
当时，，求导分析的符号，的单调性，最小值，再分析函数的零点，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．
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