2022-2023学年北京市第二中学高二下学期第六学段（期末）考试数学试题含答案

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2022-2023学年北京市第二中学高二下学期第六学段（期末）考试数学试题

一、单选题
1．集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据集合补集和一元二次不等式解法化简集合，再根据交集运算法则求解答案.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，
所以.
故选：B
2．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（    ）
  
A．在区间上有个极值点
B．在处取得极小值
C．在区间上单调递减
D．在处取得极大值
【答案】C
【分析】由导函数图象可得的取值情况，即可判断.
【详解】根据的图象可得，在上，，且仅有，
∴在上单调递减，
∴在区间上没有极值点，故A、B、D错误，C正确；
故选：C.
3．已知函数，、，则“”是“函数有零点”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】利用推出充分条件成立，取特殊值推出必要条件不成立，从而得出结论.
【详解】若，则，此时，函数有零点，则“”“函数有零点”；
取，，则，此时，函数有零点，但.
则“函数有零点”“”.
因此，“”是“函数有零点”的充分而不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了二次函数的零点，考查推理能力，属于中等题.
4．一个盒子里有3个分别标有号码为1，2，3的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是3的取法有（　　）
A．12种 B．15种 C．17种 D．19种
【答案】D
【详解】试题分析：分三类：第一类，有一次取到3号球，共有取法；第二类，有两次取到3号球，共有取法；第三类，三次都取到3号球，共有1种取法；共有19种取法.
【解析】排列组合，分类分步记数原理.
5．二项式展开式中含x项的系数是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据二项式定理写出通项公式进而求解.
【详解】二项式的通项公式，
令，则.
则二项式展开式中含x项的系数是.
故选：C
6．从甲、乙等5名志愿者中选出4名，分别从事A，B，C，D四项不同的工作，每人承担一项．甲不从事A工作的概率为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】通过排列组合相关知识，得到所有方案数，再得到甲不能从事A工作的可能情况，结合古典概型概率求解方法得到答案.
【详解】甲、乙等5名志愿者中选出4名，分别从事A，B，C，D四项不同的工作，每人承担一项，总共有种方案；
若甲不能从事A工作，
①甲不从事任何工作，有种方案，
②甲从事工作，但不从事A工作，有种方案；
所以甲不从事A工作的概率为.
故选：B
7．已知数列中，，，，那么数列的前项和等于（   ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出数列的通项，再利用等差数列前n项和公式计算作答.
【详解】依题意，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即，则，
数列为等差数列，所以的前项和为.
故选：C
8．已知函数，，若对任意，都有成立，则实数m的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据条件判断函数的奇偶性和单调性，利用函数的奇偶性和单调性将不等式进行转化，利用参数分离法进行分解，即可得出的取值范围．
【详解】的定义域为实数集，，所以是奇函数，
，∴在R上单调递增；
由得，，
则，即，
当时，，此时不等式等价为成立，
当，，所以，
因为，，所以，
则，则.
故选：D.
9．在函数的图像上存在两个不同点，使得关于直线的对称点在函数的图像上，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题意可转化为函数与函数有两个焦点，进而可得参数范围.
【详解】解：由指对函数性质可知，可转化为函数与函数有二个不同交点，
当时，不合题意；
当时，，有两个解，
设函数，，
，令，解得，
所以函数在单调递增，则单调递减，
所以，
又，
且当时，，
所以，
故选：C.

10．某电力公司在工程招标中是根据技术、商务、报价三项评分标准进行综合评分的，按照综合得分的高低进行综合排序，综合排序高者中标．
分值权重表如下：
总分
技术
商务
报价
100%
50%
10%
40%
技术标、商务标基本都是由公司的技术、资质、资信等实力来决定的．报价表则相对灵活，报价标的评分方法是：基准价的基准分是68分，若报价每高于基准价1%，则在基准分的基础上扣0.8分，最低得分48分；若报价每低于基准价1%，则在基准分的基础上加0.8分，最高得分为80分．若报价低于基准价15%以上（不含15%）每再低1%，在80分在基础上扣0.8分．
在某次招标中，若基准价为1000（万元）．甲、乙两公司综合得分如下表：
公司
技术
商务
报价
甲
80分
90分
A甲分
乙
70分
100分
A乙分
甲公司报价为1100（万元），乙公司的报价为800（万元）则甲，乙公司的综合得分，分别是（　　）
A．73，75.4 B．73，80 C．74.6，76 D．74.6，75.4
【答案】A
【分析】根据定义计算甲，乙两公司的报价得分，再计算综合得分．
【详解】甲公司报价为1100（万元），比基准价1000（万元）多100（万元），超10%，所以得分为，因此综合得分为；
乙公司报价为800（万元），比基准价1000（万元）少200（万元），低20%，所以得分为，因此综合得分为，故选A．
【点睛】本题考查了函数值的计算，属于中档题．

二、填空题
11．命题“，”的否定形式是 ．
【答案】，.
【分析】由全称命题的否定是特陈命题，即可得出答案.
【详解】命题“，”的否定形式是：
，.
故答案为：，.

三、双空题
12．已知的展开式的二顶式系数之和为32，则n＝ ﹔各项系数之和为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】由题意可得：，算出，令即可求出二项展开式的系数和.
【详解】的展开式的二顶式系数之和为32，所以，则，
令，.
故答案为：；.

四、填空题
13．已知函数有两个不同的极值点，，则实数a的取值范围为 ．
【答案】
【分析】求出函数的定义域与导函数，依题意有两个不同的正实根，利用根的判别式及韦达定理得到不等式组，解得即可.
【详解】因为定义域为，
所以，
因为函数有两个不同的极值点，，
所以有两个不同的正实根，，
即方程有两个不同的正实根，，
所以，解得，
所以实数的取值范围是
故答案为：

五、双空题
14．已知非空集合，满足以下四个条件：
①；
②；
③中的元素个数不是中的元素；
④中的元素个数不是中的元素．
（ⅰ）如果集合中只有1个元素，那么集合的元素是 ；
（ⅱ）有序集合对的个数是 ．
【答案】
【分析】（ⅰ）如果集合中只有1个元素，则，，即，，即可推出；
（ⅱ）分别讨论集合，元素个数，即可得到结论．
【详解】因为集合中只有个元素，则集合中有个元素，所以，，
则，即，即集合的元素是；
若集合中只有个元素，则集合中只有个元素，则，，
即，，此时有，
若集合中只有个元素，则集合中只有个元素，则，，
即，，则有，
若集合中只有个元素，则集合中只有个元素，则，，
即，，此时有，
若集合中只有个元素，则集合中只有个元素，则，，显然矛盾；
若集合中只有个元素，则集合中只有个元素，则，，
即，，此时有，
若集合中只有个元素，则集合中只有个元素，则，，
即，，此时有，
若集合中只有个元素，则集合中只有个元素，则，，
即，，此时有，
故有序集合对的个数是，
故答案为：；

六、填空题
15．阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点，，，，，，，，并按这样的规律继续下去．给出下列四个结论：
①对于任意正整数，；
②存在正整数，为整数﹔
③存在正整数，三角形的面积为2023；
④对于任意正整数，三角形为锐角三角形．
其中所有正确结论的序号是 ．

【答案】①②④
【分析】根据规律判断①，利用特殊值判断②，由判断③；利用余弦定理证明从而判断④.
【详解】依题意可得对于任意正整数，，故①正确；
当时，，故②正确；

，因为不可能等于，故③错误；
，
，
，
因为，所以在三角形中，为最大角，

，
则为锐角，即三角形为锐角三角形，故④正确；
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据阿基米德螺线的规律，结合两点间的距离公式，面积公式，余弦定理等探究求解即可.

七、解答题
16．数列中，.等比数列的前n项和为.若，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)求满足的最小的n值．
【答案】(1)，
(2)8

【分析】（1）由，，结合等差数列的定义求得；利用，求得等比数列的通项公式；
（2）根据等比数列的求和公式得到，，结合单调性即可得到最小的值.
【详解】（1）因为，所以，
所以数列是，公差为1的等差数列，
所以，
因为，，
所以，
所以等比数列的公比，
所以.
（2），
，
因为单调递增，
且，，
所以的最小值为8.
17．已知表1和表2是某年部分日期的天安门广场升旗时刻表．
表1：某年部分日期的天安门广场升旗时刻表
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
1月1日
7∶36
4月9日
5∶46
7月9日
4∶53
10月8日
6∶17
1月12日
7∶31
4月28日
5∶19
7月27日
5∶07
10月26日
6∶36
2月10日
7∶14
5月16日
4∶59
8月14日
5∶24
11月13日
6∶56
3月2日
6∶47
6月3日
4∶47
9月2日
5∶42
12月1日
7∶16
3月22日
6∶15
6月22日
4∶46
9月20日
5∶59
12月20日
7∶31
表2：某年2月部分日期的天安门广场升旗时刻表
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
2月1日
7∶23
2月11日
7∶13
2月21日
6∶59
2月3日
7∶22
2月13日
7∶11
2月23日
6∶57
2月5日
7∶20
2月15日
7∶08
2月25日
6∶55
2月7日
7∶17
2月17日
7∶05
2月27日
6∶52
2月9日
7∶15
2月19日
7∶02
2月29日
6∶49
(1)从表1的日期中随机选出一天，试估计这一天的升旗时刻早于7∶00的概率；
(2)甲，乙二人各自从表2的日期中随机选择一天观看升旗，且两人的选择相互独立．记X为这两人中观看升旗的时刻早于7∶00的人数，求的分布列和数学期望；
(3)将表1和表2中的升旗时刻化为分数后作为样本数据（如7∶31化为）．记表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，表1和表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，判断与的大小﹒（只需写出结论）
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)

【分析】（1）记事件为“从表1的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，在表1的20个日期中，有15个日期的升旗时刻早于，由此能求出从表1的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于的概率；
（2）可能的取值为0，1，2，记事件为“从表2的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，则．，由此能求出 的分布列和数学期望；
（3）由方差性质推导出．
【详解】（1）记事件为“从表1的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，
在表1的20个日期中，有15个日期的升旗时刻早于，
．
（2）可能的取值为0，1，2．
记事件为“从表2的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，
则．．
，
，
，
所以的分布列为：

0
1
2




．（3）由表1所有升旗时刻对应数据比较集中，而表2所有升旗时刻对应数据比较分散，可得．
18．如图，梯形ABCD所在的平面与等腰梯形ABEF所在的平面互相垂直，，，，.

(1)求证：平面BCE；
(2)求二面角的余弦值；
(3)线段CE上是否存在点G，使得平面BCF？请说明理由.
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)不存在，理由见解析.

【分析】(1)证明．然后证明平面．
(2)在平面内，过作，建立空间直角坐标系．求出平面的法向量，平面的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．
(3)解法一：求出平面的法向量通过，说明平面与平面不可能垂直．
解法二：假设线段上存在点，使得平面，设，其中，．通过平面，得方程组，判断方程组无解，说明假设不成立．
【详解】（1）∵，且，
∴ 四边形为平行四边形，
∴．
∵平面，
∴平面．
（2）在平面内，过作．
∵ 平面平面，平面平面，
又平面，，
∴平面，
∴，，．
如图建立空间直角坐标系：

由题意得，，0，，，4，，，2，，，．
∴，，，，，．
设平面的法向量为，则，即
令，则，，∴．
平面的一个法向量为，
则．
∴ 二面角的余弦值．
（3）线段上不存在点，使得平面，理由如下：
解法一：设平面的法向量为，则,即
令，则，，∴．
∵，
∴平面与平面不可能垂直，
从而线段上不存在点，使得平面．
解法二：线段上不存在点，使得平面，理由如下：
假设线段上存在点，使得平面，
设，其中，．
设，，，则有，
∴，，，从而，
∴．
∵平面，∴．
∴有，
∵上述方程组无解，∴假设不成立．
∴线段上不存在点，使得平面．
19．已知椭圆E：的左右顶点分别为、，点M在E上（异于左右顶点）、且面积的最大值为2．过点M和点的直线l与E交于另外一点B，且B关于x轴的对称点为C．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)试判断直线MC是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由；
(3)线段MC的长度能否为下列值：、？（直接写出结论即可）
【答案】(1)
(2)直线MC过定点，定点坐标；
(3)线段MC的长度能为，不能为.

【分析】（1）当在短轴的端点时，取得面积的最大值，表示出的面积即可求出的值，即可求出椭圆E的标准方程；
（2）联立直线的方程和椭圆方程，化简写出根与系数关系，求得直线的方程，结合根与系数关系来判断出直线过定点.
（3）求出的最大值和最小值即可得出答案.
【详解】（1）当在短轴的端点时，取得面积的最大值，
则，所以椭圆E的标准方程为：.
（2），依题意可知直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，设，
消去并化简得，
，
直线的方程为，
根据椭圆的对称性可知，若直线过定点，则定点在轴上，
由此令得，
即

，
所以定点为.
  
（3）因为直线MC过点，所以的最小值为过点且垂直轴与椭圆的交点，
令，则，解得：，故.
的最大值为长轴长，故，
所以，所以线段MC的长度能为，不能为.
【点睛】求解定点问题常用的方法：
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明.
(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标.
(3)求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程来证明.
20．函数．
(1)若曲线在处的切线的方程为，求实数a、b的值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若，对任意，不等式恒成立，求m的最小值．
【答案】(1)，
(2)答案见解析
(3)12

【分析】（1）通过曲线在某一点的切线的相关知识直接求解；
（2）利用导数，对参数分类讨论，即可求解单调性；
（3）设，将原表达式化为，构造函数，根据为上的减函数，参变分离求解函数的最值即可.
【详解】（1）因为，
所以，
因为曲线在处的切线的方程为，
所以，
解得，
（2）因为，定义域，
所以，
若，恒成立，所以在单调递增；
若，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
综上所述，若，则在单调递增
若，在单调递减，在单调递增.
（3）因为，所以，
所以函数在上单调递增，
若，m为任意实数，原不等式恒成立；
若，不妨设，则
因为，
所以，
即恒成立，
设，
若，则是上的常函数，显然不成立，
若，则是上的减函数，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
又函数在上是增函数，所以（当且仅当时等号成立）．
综上，，即的最小值为
【点睛】方法点睛：本题考查函数与导数的综合问题.利用导数解决函数单调性是常见方法，本题通过是上的减函数，转化为在上恒成立，进而求解答案.
21．已知集合，若集合，且对任意的，存在，，使得（其中），则称集合为集合的一个元基底．
(1)分别判断下列集合是否为集合的一个二元基底，并说明理由；
①，；
②，．
(2)若集合是集合的一个元基底，证明：；
(3)若集合为集合的一个元基底，求出的最小可能值，并写出当取最小值时的一个基底．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析

【分析】（1）利用二元基底的定义加以验证，可得不是的一个二元基底.，是的一个二元基底.．
（2）设，计算出的各种情况下的正整数个数并求出它们的和，结合题意得，即．
（3）由（2）可知，所以，并且得到结论“基底中元素表示出的数最多重复一个”．再讨论当时，集合的所有情况均不可能是的4元基底，而当时，的一个基底，由此可得 的最小可能值为5．
【详解】（1）①不是的一个二元基底.
理由是；
②是的一个二元基底.
理由是，
.
（2）不妨设，则
形如 的正整数共有个；
形如 的正整数共有个；
形如 的正整数至多有个；
形如 的正整数至多有个.
又集合含个不同的正整数，为集合的一个元基底.
故，即.
（3）由（2）可知，所以.
当时，，即用基底中元素表示出的数最多重复一个. *
假设为的一个4元基底，
不妨设，则.
当时，有，这时或.
如果，则由，与结论*矛盾.
如果，则或.易知和都不是的4元基底，矛盾.
当时，有，这时，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，这时，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，易知不是的4元基底，矛盾.
当时，均不可能是的4元基底.
当时，的一个基底；或{3,7,8,9,10}；或{4,7,8,9,10}等，只要写出一个即可.
综上，的最小可能值为5.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.