2022-2023学年北京市东城区高二下学期期末统一检测数学试题含答案

2022-2023学年北京市东城区高二下学期期末统一检测数学试题

一、单选题

1．已知集合，，那么（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据交集概念进行计算.

【详解】根据交集的概念得到.

故选：A

2．从集合中选取两个不同的元素，组成平面直角坐标系中点的坐标，则可确定的点的个数为（    ）

A．10 B．15 C．20 D．25

【答案】C

【分析】根据排列数的概念运算即可.

【详解】从集合中选取两个不同的元素，组成平面直角坐标系中点的坐标，

则可确定的点的个数为个.

故选：C.

3．已知，， ，那么（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据函数单调性及中间值比大小.

【详解】，，，

故.

故选：D

4．如图，曲线在点处的切线为直线，直线经过原点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据导数的意义及直线的斜率公式求解即可.

【详解】由题意，，且，

所以.

故选：C.

5．在的展开式中，的系数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用二项式定理展开式的通项公式可求答案.

【详解】因为的通项公式为，

令得，所以的系数为.

故选：D.

6．如图（1）、（2）、（3）分别为不同样本数据的散点图，其对应的样本相关系数分别是，那么之间的关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据散点图，结合变量间的相关关系和相关系数的定义，即可求解.

【详解】由散点图（1）可得，变量与变量之间呈现正相关，所以；

由散点图（2）可得，变量与变量之间呈现负相关，所以；

由散点图（3）可得，变量与变量之间不相关，所以，

所以.

故选：B.

7．已知等比数列的首项和公比相等，那么数列中与一定相等的项是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设出公比，利用等比数列的性质进行求解.

【详解】设公比为，则，

由等比数列的性质可知.

故选：D

8．已知是函数的极小值点，那么的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求得，令，得到或，结合题意，列出不等式，即可求解.

【详解】由函数，可得，

令，即，解得或，

要使得是函数的极小值点，则满足，解得，

所以实数的取值范围是.

故选：A.

9．在函数，，，中，导函数值不可能取到1的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】分别对每一个函数进行求导，然后让导函数值等于时，判断是否求出对应的的值，即可得出结果

【详解】对于A选项，，令，得，即A选项导函数值可以取到1；

对于B选项，，令，得，，即B选项导函数值可以取到1；

对于C选项，，令，得，

由于，的值域为，且在的单调递增，

所以一定有的值使得，即C选项导函数值可以取到1；

对于D选项，，令，则，没有的值使其成立，即D选项导函数值不可能取到1，

故选：D.

10．已知有7件产品，其中4件正品，3件次品，每次从中随机取出1件产品，抽出的产品不再放回，那么在第一次取得次品的条件下，第二次取得正品的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用缩小事件空间来求解.

【详解】第一次取得次品的条件下，第二次取产品时，共有6件产品，其中4件正品，所以第二次取得正品的概率为.

故选：B.

11．声压级（）是指以对数尺衡量有效声压相对于一个基准值的大小，其单位为（分贝）.人类产生听觉的最低声压为（微帕），通常以此作为声压的基准值.声压级的计算公式为：，其中是测量的有效声压值，声压的基准值，.由公式可知，当声压时，.若测得某住宅小区白天的值为，夜间的值为，则该小区白天与夜间的有效声压比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知公式，分别计算出白天和夜间的有效声压值，即可求得答案.

【详解】由题意可设该小区白天的有效声压值为,则,

设该小区夜间的有效声压值为,则,

故,

故选：B

12．已知函数，

① 当时，在区间上单调递减；

② 当时，有两个极值点；

③ 当时，有最大值.

那么上面说法正确的个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】①求出函数的导数，根据已知求得，即可求得说法正确；

②根据已知将问题转化为两个函数与的图象交点问题，作出图象，求得两个图象有两个交点，从而求得有两个极值点，则说法正确；

③结合图象，时，可求得，则单增无最大值，故说法错误.

【详解】，，

对于①，因为，所以，

当时，，则在区间上单调递减，所以①正确.

对于②，令，得，令，，

当，则，当，则，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当，，

又当趋近于时，趋近于，，当趋近于时，趋近于，

所以可作出函数的大致图象如图所示，

由图可知，当时，直线与的图象有两个交点，

即方程有两个不等实根，

当或时，， 当时，，

则在和上单调递增，在上单调递减，

所以是函数的极大值点，是函数的极小值点，

故有两个极值点，所以②正确.

对于③，当时，，即恒成立，则函数在上单调递增，

所以函数无最大值，所以③错误.

则说法正确的个数为，

故选：C.

二、双空题

13．已知数列的首项，且，那么       ；数列的通项公式为          .

【答案】     4    

【分析】根据数列递推式即可求得，根据等比数列的通项公式即可求得.

【详解】由题意数列的首项，且，

那么；

由此可知，故，则数列为首项是，公比为2的等比数列，

故，首项也适合该式，

故答案为：4；

三、填空题

14．若函数的值域为R，则实数a的取值范围是      ．

【答案】

【分析】根据对数函数的性质，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.

【详解】因为函数的值域为R，

所以有或，

故答案为：

15．设函数(为常数)，若在单调递增，写出一个可能的值        .

【答案】0（答案不唯一，即可）

【分析】求得，根据题意转化为当时，恒成立，即可求解.

【详解】由函数，可得，

因为在单调递增，即当时，恒成立，

即当时，恒成立，所以，

所以，即为一个可能的值.

故答案为：（答案不唯一，即可）.

四、双空题

16．幸福感是个体的一种主观情感体验，生活中的多种因素都会影响人的幸福感受．为研究男生与女生的幸福感是否有差异，一位老师在某大学进行了随机抽样调查，得到如下数据：

由此计算得到，已知，．

根据小概率值的独立性检验，        （填“可以”或“不能”）认为男生与女生的幸福感有差异；根据小概率值的独立性检验，        （填“可以”或“不能”）认为男生与女生的幸福感有差异．

【答案】     可以     不能

【分析】根据假设性检验中的值对比小概率值进行判断即可.

【详解】由于，则根据小概率值的独立性检验，可以认为男生与女生的幸福感有差异

由于，根据小概率值的独立性检验，不能认为男生与女生的幸福感有差异．

故答案为：可以；不能.

五、填空题

17．盲盒，是一种新兴的商品. 商家将同系列不同款式的商品装在外观一样的包装盒中，使得消费者购买时不知道自己买到的是哪一款商品. 现有一商家设计了同一系列的A、B、C三款玩偶，以盲盒形式售卖，已知A、B、C三款玩偶的生产数量比例为6：3：1. 以频率估计概率，计算某位消费者随机一次性购买4个盲盒，打开后包含了所有三款玩偶的概率为         .

【答案】/

【分析】根据古典概型概率公式和相互独立事件的乘法概率公式计算即可.

【详解】由题意得，买到A得概率为0.4，买的B的概率为0.3，买到C的概率为0.1，

.

故答案为：.

18．设，给出下列四个结论：

①不论为何值，曲线总存在两条互相平行的切线；

②不论为何值，曲线总存在两条互相垂直的切线；

③不论为何值，总存在无穷数列，使曲线在处的切线互相平行；

④不论为何值，总存在无穷数列，使曲线在处的切线为同一条直线．

其中所有正确结论的序号是    ．

【答案】①③④

【分析】根据导数的几何意义，结合三角函数的性质以及直线的平行、垂直关系逐项分析判断.

【详解】由，则，

对于①，令，则，

即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，

令，则，

即切点坐标为，切线斜率，

所以切线方程为，即，

所以在，处的切线平行，故①正确；

对于②，假设函数在处和在处的切线垂直，则，

当时，则，显然不成立，故②错误；

对于③，当时，则（定值），

且对于，则，

即在的切线不重合，所以在的切线平行，故③正确；

对于④，当时，则（定值），

且对于，则，

所以在的切线重合，故④正确；

故答案为：①③④.

【点睛】关键点睛：对于③④，结合三角函数的性质，分别构造和，代入检验.

六、解答题

19．某学校举行男子乒乓球团体赛，决赛比赛规则采用积分制，两支决赛的队伍依次进行三场比赛，其中前两场为男子单打比赛，第三场为男子双打的比赛，每位出场队员在决赛中只能参加一场比赛. 某进入决赛的球队共有五名队员，现在需要提交该球队决赛的出场阵容，即三场比赛的出场的队员名单.

(1)一共有多少种不同的出场阵容？

(2)若队员A因为技术原因不能参加男子双打比赛，则一共有多少种不同的出场阵容？

【答案】(1)60

(2)36

【分析】（1）根据分步计数原理，先安排前两场比赛人员，再安排第三场的比赛人员；

（2）从队员A上场和不上场来分类，分别求解，再利用分类加法原理可得答案.

【详解】（1）出场阵容可以分两步确定：

第1步，从5名运动员中选择2人，分别参加前两场男单比赛，共有种；

第2步，从剩下的3名运动员中选出两人参加男双比赛，共有种，

根据分步乘法计数原理，不同的出场阵容种数为.

（2）队员A不能参加男子双打比赛，有两类方案：

第1类方案是队员A不参加任务比赛，即除了队员A之外的4人参加本次比赛，只需从4人中选出两人，分别取参加前两场单打比赛，共有种，剩余人员参加双打比赛；

第2类方案是队员A参加单打比赛，可以分3个步骤完成：

第1步，确定队员A参加的是哪一场单打比赛，共2种；

第2步，从剩下4名队员中选择一名参加另一场单打比赛，共4种；

第3步，从剩下的3名队员中，选出两人参加男双比赛，共有种，

根据分步乘法计数原理，队员A参加单打比赛的不同的出场阵容有种；

根据分类加法计数原理，队员A不参加男子双打比赛的不同的出场阵容种数为.

20．已知是定义在上的奇函数，当时，＝.

(1)求在上的解析式；

(2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据奇函数的性质求解，再结合对称性得在上的解析式；

（2）将不等式转化为，构造函数，根据基本初等函数的单调性即可求的最值，从而得实数的取值范围.

【详解】（1）因为 是定义在上的奇函数，时，＝，

所以 ，解得，所以 时，，

当时，，

所以 ，

又，

即在上的解析式为；

（2）因为 时，，

所以 可化为，

整理得，

令，根据指数函数单调性可得 是减函数，

所以 ，

所以 ，

故实数的取值范围是.

21．近年来，为改善城市环境，实现节能减排，许多城市出台政策大力提倡新能源汽车的使用.根据中国汽车流通协会的发布会报告，将2023年1月、2月新能源乘用车市场销量排名前十的城市及其销量统计如下表：

表1  

表2   

(1)从1月、2月这两个月中随机选出一个月，再从选出这个月中新能源乘用车市场销量排名前十的城市中随机抽取一个城市，求该城市新能源汽车销量大于10 000的概率;

(2)从表1、表2的11个城市中随机抽取2个不同的城市，设这两个城市中2月排名比1月上升的城市的个数为，求的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据全概率公式计算可得；

（2）依题意可得可取，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.

【详解】（1）设“抽到的城市该月新能源汽车销量大于10000”为事件，“选取表1”为事件，“选取表2”为事件，则

.

（2）两个月共有11个城市上榜，其中2月排名比1月上升的城市有杭州，广州，北京，苏州，故可取，，.

所以，，.

所以的分布列为

故随机变量的数学期望.

22．已知函数，.

(1)若，求在区间上的最大值和最小值；

(2)设，求证：恰有2个极值点；

(3)若，不等式恒成立，求的最小值.

【答案】(1).

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）求得，令，可得，求得函数的单调区间，结合极值的概念与计算，即可求解；

（2）求得，结合，得到方程有两个不同的根，结合极值点的定义，即可求解；

（3）根据题意转化为，不等式恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解.

【详解】（1）解：由函数，可得，

令，可得，

则的关系，如图下表：

综上可得，函数.

（2）解：由函数，

可得，

因为，

所以方程有两个不同的根，设为且，则有

综上可得，函数恰有2个极值点.

（3）解：因为，所以，不等式恒成立，

设，可得，

所以的关系，如图下表：

所以，所以实数的最小值为.

【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

23．已知数列满足，.

(1)求的值；

(2)求数列的通项公式；

(3)若数列满足，.对任意的正整数，是否都存在正整数，使得？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；；.

(2)；

(3)存在，证明见解析.

【分析】（1）根据数列的递推关系式，逐项计算，即可求得的值；

（2）根据题意，化简得到，得出数列为等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解；

（3）利用归纳法和数学归纳法求得数列的通项公式为，结合，即可求解.

【详解】（1）解：由数列满足，，

当时，可得；

当时，可得，

当时，可得.

（2）解：由数列满足，可得，

又由，可得，

所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以，即数列的通项公式.

（3）解：存在正整数，使得.

由（2）可知，

又由，可得，

则 ，，，

归纳得，即，

证明：① 当时，，符合题意，

②设当时，，

当时，，即，

这说明假设当时猜想正确，那么当时猜想也正确.

上述可知猜想正确，即.

又因为，

所以对任意的正整数，都存在正整数，使得.