2024北京丰台高二（下）期末数学试题及答案解析

这是一份2024北京丰台高二（下）期末数学试题及答案解析，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共5页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效．
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．二项式的展开式中常数项为（ ）
A．B．60C．210D．
5．已知函数，那么的值是（ ）
A．B．C．2D．4
6．若，，且，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．已知随机变量，且，则（ ）
A．0.02B．0.03C．0.07D．0.08
8．已知定义域为的函数的导函数为，，且的图象如图所示，则的值域为（ ）
A．B．C．D．
9．色差和色度是衡量玩具质量优劣的重要指标，已知该产品的色度和色差之间满足线性相关关系，且，现有一对测量数据为（30,22.8），则该数据的残差为（ ）
A．0.6B．0.4C．D．
10．若函数有两个极值点，且，则下列结论中不正确的是（ ）
A．B．
C．的范围是D．
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分．
11．从1，2，3，4这四个数字中任取两个不同的数，则可以组成不同的两位数的个数为 ．
12．若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为 .
13．已知随机变量的分布列如下，则 .
14．某单位为了提高员工身体素质，开展双人投篮比寒，现甲､乙两人为一组参加比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则此人继续投篮，若未投中，则换为对方投篮，无论之前投篮的情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲､乙的概率各为.第2次投篮的人是甲的概率为 ；已知在第2次投篮的人是乙的情况下，第1次投篮的人是甲的概率为 .
15．小明研究函数的图象与导函数，经查阅资料，发现具有下面的性质：若函数在上的导函数为，且在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为．若在区间上，则称函数在区间上为“凹函数”．请你根据以上信息和所学知识，判断以下函数在其定义域上是“凹函数”的有
①．②．③．④．
三、解答题：共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16．已知曲线在点处的切线与直线垂直.
(1)求实数；
(2)求函数在上的最大值与最小值.
17．在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．
条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22；
条件②：展开式中所有项的二项式系数之和减去展开式中所有项的系数之和等于64；
条件③：展开式中常数项为第三项．
问题：已知二项式，若______，求：
(1)展开式中二项式系数最大的项；
(2)展开式中所有的有理项；
(3)展开式中所有项的系数之和．
18．现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内.
(1)共有多少种不同的放法?
(2)每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有多少种?
(3)将4个不同的球换成无编号的相同的球，恰有一个空盒的放法有多少种?
19．为庆祝元旦，班委会决定组织游戏，主持人准备好甲､乙两个袋子.甲袋中有3个白球，2个黑球；乙袋中有4个白球，4个黑球.参加游戏的同学每抽出1个白球须做3个俯卧撑，每抽出1个黑球，须做6个俯卧撑
方案①：参加游戏的同学从甲､乙两个袋子中各随机抽出1个球；
方案②：主持人随机将甲袋中的2个球放入乙袋，然后参加游戏的同学从乙袋中随机抽出1个球；
方案③：主持人随机将乙袋中的2个球放入甲袋，然后参加游戏的同学从甲袋中随机抽出1个球.
(1)若同学小北选择方案①，求小北做6个俯卧撑的概率；
(2)若同学小北选择方案，设小北做俯卧撑的个数为，求的分布列；
(3)如果你可以选择按方案②或方案③参加游戏，且希望少做俯卧撑，那么你应该选择方案②还是方案③，还是两个方案都一样？（直接写出结论）
20．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)设．
（i）证明：的导函数存在唯一零点；
（ii）证明：．
21．对于正整数集合，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“可分集合”.
（1）判断集合和是否是“可分集合”（不必写过程）；
（2）求证：五个元素的集合一定不是“可分集合”；
（3）若集合是“可分集合”.
①证明：为奇数；
②求集合中元素个数的最小值.
参考答案
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1．【答案】A
【分析】直接根据并集含义即可得到答案.
【详解】因为集合，，
所以，
故选：A.
2．【答案】D
【详解】∵，
∴，则
∴复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．
故选：D．
3．【答案】B
【详解】当时，满足，但，故充分性不成立，
若，当时，必有成立，当时，必有，故必要性成立，
故“”是“”的必要不充分条件，故B正确.
故选：B
4．【答案】B
【详解】
5．【答案】D
【详解】因为，则，
所以.故选：D.
6．【答案】A
【详解】因为且，所以，，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为2.故选：A.
7．【答案】B
【详解】由于随机变量，且，所以,故选：B
8．【答案】D
【详解】当时，，单调递减，
当时，，单调递增，则.
因为，所以的值域为.
故选：D.
9．【答案】A
【详解】当时，，
所以该数据的残差为．故选：A．
10．【答案】B
【详解】对于AC，，有两个极值点且，
所以，有两个零点，且在各自两边异号，
所以与有两个交点，，
记，则，
易知：时，时，
所以在上递增，在上递减，
所以有最大值，且时，时，
又当趋向于正无穷时，趋向于正无穷的速率远远超过趋向于正无穷的速率，所以趋向于0，且，
由上可得的图象如下，
所以当且仅当时与有两个交点，且，故A，C正确；
对于B，又，
所以，即，故B错误.
对于D，令，则，所以，则，，
所以要证，只需证，
只需证，
令，则，
所以在上单调递减，即时，不等式得证，故D正确.
故选：B.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分．
11．【答案】12
【详解】从1，2，3，4这四个数字中任取两个不同的数，
可以组成不同的两位数的个数为，
故答案为：12
12．【答案】
【详解】当时，，，不满足题意；
当时，,所以，
综上，实数的取值范围为.
故答案为：
13．【答案】9
【详解】，
，
所以.
故答案为：.
14．【答案】 .
【详解】设“第次是甲投篮”为事件，“投篮命中”为事件B，
由题意可知：，，
则，
所以第2次投篮的人是甲的概率为
；
且在第2次投篮的人是乙的情况下，第1次投篮的人是甲的概率为
.
故答案为：；.
15．【答案】③④
【详解】对于①，，其导数，则有，不符合“凹函数”的定义，故①错误；
对于②，，定义域为R，其导数，则，在定义域R上不恒成立，不符合“凹函数”的定义，故②错误；
对于③，，定义域为R，其导数，则有在R上恒成立，符合“凹函数”的定义，故③正确；
对于④，，定义域为，其导数，则有在上恒成立，符合“凹函数”的定义，故④正确．
故选：③④．
三、解答题：共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16．【答案】(1) (2)最大值为，最小值为
【详解】（1）函数，则，
因为曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，所以，解得；
（2）由（1）可知，，，
则，令得，，
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增，
所以当时，取得极小值，也是最小值，
又因为，，
所以函数在上的最大值为，
综上所述，函数在上的最大值为，最小值为．
17．【答案】(1)； (2)，，，(3).
【详解】（1）解：选①，由，得（负值舍去）．
选②，令，可得展开式中所有项的系数之和为0．
由得．
选③，设第项为常数项，，由，得．
由得展开式的二项式系数最大为，
则展开式中二项式系数最大的项为．
（2）解：设第项为有理项，，
因为，，，
所以，
则有理项为，，，．
（3）在中，令，即，
所以展开式中所有项的系数之和为.
18．【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）解：由题意，4个编号为1，2，3，4的球和5个编号为1，2，3，4，5的盒子，
把球全部放入盒子内，共有中不同的放法.
（2）解：每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，
不同的放法有中不同的方法；
（3）解：将4个不同的球换成无编号的相同的球，恰有一个空盒，
即有4个盒子每个盒子放1个球，共有种放法.
19．【答案】(1)； (2)分布列见解析；(3)方案③.
【详解】（1）按方案①，小北做6个俯卧撑的事件是从甲、乙两袋中各抽出1个白球的事件，而每个袋中抽球是相互独立的，
所以小北做6个俯卧撑的概率.
（2）从甲袋中任取2个球有三种情况，当选的2个球为白球时的概率为：，
当选的2个球为1白1黑的两球时的概率为：，当选的2个球为黑球时的概率为：，
而的可能值为3，6，
，，
所以的分布列为：
（3）从乙袋中任取2个球有三种情况，当选的2个球为白球时的概率为：，
当选的2个球为1白1黑的两球时的概率为：，当选的2个球为黑球时的概率为：，
小北抽出白球的概率为：，显然，
所以应该方案③.
20．【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）的定义域为，，
当时，则在内恒成立，可知在内单调递减；
当时，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
综上所述：当时，在内单调递减；
当时，在内单调递减，在内单调递增．
（2）（i），
由可知，
设，，因为，在内单调递增，
则在内单调递增，且，，
可知在内存在唯一零点，从而知存在唯一零点；
（ii）由（i）知：当，则，即，单调递减，
当，则，即，单调递增，
则，
又因为，则，，，
可得，
即．
21．【答案】（1）集合不是“可分集合”，集合是“可分集合”；（2）见解析；（3）①见解析；②最小值是7
【详解】（1）集合不是“可分集合”，集合是“可分集合”；
（2）不妨设，
若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有①，或者②；
若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有③，或者④.
由①、③，得，矛盾；由①、④，得，矛盾；
由②、③，得，矛盾；由②、④，得，矛盾.
因此当时，集合一定不是“可分集合”；
（3）①设集合所有元素之和为.
由题可知，均为偶数，因此均为奇数或偶数.
如果为奇数，则也均为奇数，由于，所以为奇数.
如果为偶数，则均为偶数，此时设，则也是“可分集合”. 重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“可分集合”. 此时各项之和也为奇数，则集合中元素个数为奇数.
综上所述，集合中元素个数为奇数.
②当时，显然任意集合不是“可分集合”.
当时，第（2）问已经证明集合不是“可分集合”.
当时，集合，因为：
3+5+7+9=11+13，1+9+13=5+7+11，9+13=1+3+7+11，1+3+5+11=7+13，
1+9+11=3+5+13，3+7+9=1+5+13，1+3+5+9=7+11，
则集合是“可分集合”.
所以集合中元素个数的最小值是7.
3
6