北京市海淀区2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

这是一份北京市海淀区2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷，文件包含北京市海淀区2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷docx、答案doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。

数学参考答案
2024.07
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
（1）B（2）B（3）C
（4）B
（5）A
（6）B（7）C（8）C
（9）D
（10）D
二、填空题（共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分）
（11 ） 24（12） 0,1 ； 2
3
（13） 2n  n 1
（14） 0.7 ； 0.22（15）①③④
三、解答题（共 4 小题，共 40 分）
（16）（共 8 分）
解：（Ⅰ） f (x) 在(,0) 上单调递增，证明如下：因为 f (x)  (x 1)ex  x2 ，
所以 f '(x)  ex  (x 1)ex  2x  xex  2x  x(ex  2) ，又因为 x (,0) ，从而ex  2 1 2  0 ，
所以 f '(x)  x(ex  2)  0 ，
所以 f (x) 在(,0) 上单调递增.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知： f '(x)  x(ex  2) ，因为 x (0, ) ，
令 f '(x)  0 ，得 x  ln 2 ．
f (x) 与 f '(x) 在区间(0,  ) 上的情况如下：
x
(0,ln 2)
ln 2
(ln 2,  )
f '(x)

0

f (x)
↘
极小
↗
因为 f (0)  (0 1)e0  02  1  0 ，
f (2)  (2 1)e2  22  e2  22  0 ，
所以由零点存在定理及 f (x) 单调性可知， f (x) 在(0, ) 上恰有一个零点．
（17）（共 10 分）
解：（Ⅰ）记 A 表示“从甲生产线上随机抽取一件产品，该产品满足 qA  1 且 qB  2 ”．
用频率估计概率，则 P( A)  3 ．
10
所以该产品满足 q  1 且 q  2 的概率为 3 .
AB10
（Ⅱ）由题意， X 的所有可能取值为0 ，1 ， 2 .
P( X  0) 
5  1  1 ，
P( X  1) 
5  1  5  7  1 ，
10 81610 81082
P( X  2) 
5  7  7 .
10816
X
0
1
2
P
1
16
1
2
7
16
所以 X 的分布列为

所以 X 的数学期望为 EX  0  1  1 1  2  7
 11 .
162168
（Ⅲ）甲生产线上的产品质量更好，
因为甲生产线上Q 值的平均值Q  0.80  0.08 ，
甲10
乙生产线上Q 值的平均值Q  0.87  0.1，
乙8
所以甲生产线上Q 值的平均值明显比乙小，
所以甲生产线上的产品质量更好．
其它理由：计算甲生产品的Q 值小于乙的概率 7  4  4+5+5+4+3+5+2+6  9  1
8 10162
（注：答案不唯一，理由需要支撑相应结论，只计算甲乙方差不能作为理由。）
（18）（共 11 分）
解：（Ⅰ）当a  3, b  1 时， f (x)  x  3ln x  1 ，
x
f (1)  0 ，
所以 f '(x)  1  3  1 ，

xx2
所以 f '(1)  1.
所以 曲线 y  f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线方程为 y  x 1.
（Ⅱ）因为 f (x)  x  a ln x  b ， x (0, ) .
x
abx2  ax  b
所以 f '(x)  1 .
xx2x2
因为 f (x) 有两个极值点 x1, x2 ，
所以 f '(x) 有两个大于 0 的变号零点，
所以方程 x2  ax  b  0 有两个不等正根，

  a2  4b  0a2  4b
 1 2
所以x x  b  0
，解得b  0.
x  x
 a  0
a  0
 12
又因为 f (x1)  f (x2 )  0 ，
即有 x
 a ln x
 b  x
 a ln x
 b  0 ，
11x22x
整理得(x
12
 x )  a ln(x x )  b x1  x2  0 ，
121 2
代入 x1x2  b, x1  x2  a ，
x1x2
可得(a)  a ln(b)  b a  0 ，解得b  1 .
b
a2  4b

又因为a  0
，所以可得a  2 .
经检验，符合题意.
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知b  1 且a  2 ，从而 f (x)  x  a ln x  1 ，
x
因为 f (x)  x 1在[1, ) 上恒成立，
令 g(x)  f (x)  x 1  2x  a ln x  1 1， x [1, ) .
x
则有 g(x)  0 在[1, ) 上恒成立，易得 g(1)  2  a ln111  0 ，
a12x2  ax  1
因为 g '(x)  2 
xx2x2
，所以 g '(1)  a  3，
令 h(x)  2x2  ax  1 ， x [1, ) ， h 1  3  a ，对称轴 x  a .
4
（1）当3  a  2 时， h 1  3  a  0 ， x   a  3 ，
44
所以 h(x) 在[1, ) 单调递增，从而 h(x)  h(1)  3  a  0 恒成立，
所以 g '(x)  h(x)  0 在[1, ) 也恒成立，
x2
所以 g(x) 在[1, ) 单调递增，从而 g(x)  g(1)  0恒成立.
（2）当 a  3 时， h 1  3  a  0 ，
所以 2x2  ax 1  0 有两个不等实根 x , x （不妨设 x  x ），
3 434
所以 x  1  x ，且当 x (1, x ) 时， h(x)  0 ，从而 g '(x)  h(x)  0 ，
344x2
所以 g(x) 在[1, x4 ] 上单调递减，
所以 g(x4 )  g(1)  0 ，与“ g(x)  0 在[1, ) 上恒成立”矛盾！综上， a 的取值范围是[3, 2) .
（19）（共 11 分）
解：（Ⅰ） m  197 ， b1  3 ， bm  199 .
（Ⅱ）因为对任意1 i  j 100 ，都有ai  ai1  2i  2i1  2i2  a1  ai2 ，1  i  98 ，所以b1,b2 ,,bm 依次为
1
b  21  22 ,
b  21  23 ,b  22  23 ,
23
,b  23
6
4
b  21  24 , 24 ,
b  21  25 ,,b  24  25 ,
710
b  21  26 ,,b  25  26 ,
,b  26  27 ,
21
1115
b16
 21  27 ,
20
所以b  25  27  160 .
（Ⅲ） jmin  25 .
先证明： j  25 .
方法 1：
考虑从aj1, aj ,..., a100 这102  j 个数中任取2 个求和，这些和都不小于aj1  aj ，
因为a  a  a a ，所以2024  C2
 4950 ，从而C2
 2926 ，
ijj1j
102 j
102 j
77
因为C2
方法 2：
 2926 ，所以102  j  76 ，即 j  25 ．
假设 j  24 ，则i  23 .
则b2025  ai  aj  a23  a24 ，
因为满足am  ak  a23  a24 (m  k) 的必要条件是m  23（因为若m  23 ，则
k  24 ，不等式不成立），
所以小于a23  a24 的和式至多有以下情况：
a1  a2 , a1  a3 ,, a1  a100 ；
a2  a3, a2  a3,, a2  a100 ；
……
a22  a23 , a22  a24 ,, a22  a100 ；
99  78 22
共 99+98+……+78=
2
 1947  2024 ，不合题意.
其次，证明存在符合要求的数列.
 1 k 1
k2
构造：令a  1   
 
， k  1, 2,, 99 ， a100  1 .
显然满足 a1  a2  a100 ，
 1 k 1
且 ak  a100  2   2 
 1 k
 2   2 
 1 k 1
  2 
 ak 1  ak 2 ， k  1, 2,, 98 .
   
此时， b2025  a24  a25 ，故 jmin  25 .
（注： an 构造方法不唯一）