北京市西城区2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份北京市西城区2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了 设函数，则， 记函数的导函数为，则， 设随机变量的分布列如下等内容，欢迎下载使用。

北京市西城区2022-2023学年度第二学期期末试卷
高二数学
2023.7
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. 等差数列，1，4，…的第10项为（ ）
A. 22 B. 23 C. 24 D. 25
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得数列的首项及公差，即可得数列的通项公式及答案.
【详解】由题可得数列首项为，公差为，
则数列通项公式为，
则数列的第10项为.
故选：D
2. 设函数，则（ ）
A. 1 B. C. 0 D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出后可求.
【详解】，故，
故选：B．
3. 某一批种子的发芽率为．从中随机选择3颗种子进行播种，那么恰有2颗种子发芽的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项分布的概率公式即可求解.
【详解】由题意可知种子发芽的颗数服从二项分布,
所以恰好有2颗种子发芽的概率为，
故选：C
4. 记函数的导函数为，则（ ）
A. 是奇函数 B. 是偶函数
C. 既是奇函数又是偶函数 D. 既不是奇函数又不是偶函数
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，后由奇偶函数定义可得答案.
【详解】，则其定义域为，
又注意到，则是偶函数.
故选：B
5. 在等差数列中，若，，则当的前项和最大时，的值为（ ）
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的定义求得的通项公式即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
则由题意可得，解得，
所以，，
当的前项和最大时，只需，即，解得，
又，所以，
故选：A
6. 某钢厂的年产量由2010年的40万吨增加到2020年的60万吨，假设该钢厂的年产量从2010年起年平均增长率相同，那么该钢厂2030年的年产量将达（ ）
A. 80万吨 B. 90万吨 C. 100万吨 D. 120万吨
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式求解.
【详解】设年平均增长率为，由已知条件可知，各年的产量成等比数列，记为，首项为2011年的产量，公比，
所以2020年的年产量为，解得，
则该钢厂2030年年产量为万吨，
故选：.
7. 如果函数在区间上单调递增，那么实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得在上恒成立，分离参数，构造新函数，根据新函数的单调性即可求解.
【详解】函数的定义域为,且,
因为函数在区间上单调递增，
所以上恒成立，即在上恒成立.
因为在上单调递增，所以，
所以，即实数的取值范围为.
故选：D.
8. 在等比数列中，，公比，记其前项的和为，则对于，使得都成立的最小整数等于（ ）
A. 6 B. 3 C. 4 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得，即可得答案.
【详解】由题，，则.
故选：A
9. 设随机变量的分布列如下：

1
2
3
4
5






则下列说法中不正确的是（ ）
A. B. 当时，
C. 若为等差数列，则 D. 的通项公式可能为
【答案】D
【解析】
【分析】利用概率的性质，等差数列的性质以及裂项法求和依次求解即可.
【详解】选项,由已知得，其中
，,则，所以选项正确；
选项,当时，即，
则，所以选项正确；
选项,,解得，所以选项正确；
选项,，则 ，
即的通项公式不可能为，所以选项不正确；
故选：.
10. 若函数有且仅有两个零点，则实数的范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】即函数图象与直线有且仅有两个交点，通过导数画出函数图象，即可得答案.
【详解】，则函数有且仅有两个零点等价于函数图象与直线有且仅有两个交点.
又，则当时，，得在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值.
又时，，据此可得大致图象如下：
则.
故选：C

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. 函数的定义域为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据定义域的求解方法即可.
详解】要使函数有意义，则，解得且，
故答案为:.
12. 在等比数列中，若，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式求解.
【详解】设等比数列的公比为，
由已知条件得，
，
以上两式相比得，
则，
故答案为：.
13. 若函数在处的切线与直线平行，则________．
【答案】0
【解析】
【分析】根据斜率相等，结合切点处的导数值即可求解.
【详解】由题意可得，所以，解得，
故答案为：0
14. 抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子，在甲骰子的点数为奇数的条件下，乙骰子的点数不小于甲骰子点数的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出总的事件数目，再求出符合的事件数目，即可求出概率.
【详解】甲投掷股子可能出现的点数为：，
乙投掷股子可能出现的点数为：，
则所有出现的情况为（第一个表示甲投掷的，第二个表示乙投掷的）：
，，一共有18种情况，
乙不小于甲骰子点数的情况有：，
，一共有12种，
则在甲骰子的点数为奇数的条件下，乙骰子的点数不小于甲骰子点数的概率为.
故答案为：
15. 已知数列各项均为正整数，对任意的，和中有且仅有一个成立，且，．记．给出下列四个结论：
①可能为等差数列；
②中最大的项为；
③不存最大值；
④的最小值为36．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】③④
【解析】
【分析】利用等差数列的定义判断①；利用已知举例说明判断②③；求出的最小值判断④作答.
【详解】当时，由得，由得，
于是与仅只一个为1，即，因此数列不能是等差数列，①错误；
令，依题意，与均为整数，且有且仅有一个为1（即隔项为1），
若，则，
，而，，
因此，当且仅当数列为时取等号，
若，则，
，而，，
因此，当且仅当数列为时取等号，
从而的最小值为36，④正确；
当时，取，数列为：
，满足题意，
取，，中最大的项不为，②错误；
由于的任意性，即无最大值，因此不存在最大值，③正确，
所以所有正确结论的序号是③④.
故答案为：③④
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
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. 已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上的最小值为0，求在该区间上的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后，根据导数的几何意义求得斜率，再根据点斜式方程即可求解；
（2）求导后，根据导数的正负判断单调性，从而可得，求得，再分别计算，即可求解.
【小问1详解】
当时，，得．
则，，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
【小问2详解】
，，
由，得或．
随着的变化，，的变化情况如下：


2


-
0
+


极小值


所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
从而的最小值，解得．
又因为，，
所以在区间上的最大值．
17. 已知等比数列的公比，，且，的等差中项等于．
（1）求的通项公式；
（2）设，证明：数列为等差数列．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差中项以及等比数列基本量的计算即可得公比和首项，即可求解，
（2）根据对数的运算性质，即可由等差数列的定义证明.
【小问1详解】
由，的等差中项等于，得，
所以，即．
解得或（舍）．
由，得．
所以．
【小问2详解】
因为，
所以，．
所以数列是首项为3，公差为的等差数列．
18. 某校开展了为期一年的“弘扬传统文化，阅读经典名著”活动活动后，为了解阅读情况，学校随机选取了几名学生，统计了他们的阅读量并整理得到以下数据（单位：本）：
男生：3，4，6，7，7，10，11，11，12；
女生：5，5，6，7，8，9，11，13．
假设用频率估计概率，且每个学生的阅读情况相互独立．
（1）根据样本数据，估计此次活动中学生阅读量超过10本的概率；
（2）现从该校的男生和女生中分别随机选出1人，记为选出的2名学生中阅读量超过10本的人数，求的分布列和数学期望；
（3）现增加一名女生得到新的女生样本．记原女生样本阅读量的方差为，新女生样本阅读量的方差为．若女生的阅读量为8本，写出方差与的大小关系．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据样本数据统计超过10本的个数即可求解，
（2）根据乘法公式求解概率，进而得分布列，由期望公式即可求解，
（3）根据方差的计算公式即可求解.
【小问1详解】
共选出了17名学生，其中有5人的阅读量超过10本，
所以此次活动中学生阅读量超过10本的概率为．
【小问2详解】
由题意，从男生中随机选出1人其阅读量超过10本的概率为；
从女生中随机选出1人，其阅读量超过10本的概率为．
由题设，的可能取值为0，1，2．
且；
；
．
所以的分布列为：

0
1
2




的数学期望．
【小问3详解】
．
理由：设原女生的8个阅读量分别为，
原女生阅读量的平均数为，新增一名女生后，平均数依然为8，
则
所以
19. 某种型号轮船每小时的运输成本（单位：元）由可变部分和固定部分组成．其中，可变部分成本与航行速度的立方成正比，且当速度为时，其可变部分成本为每小时8元；固定部分成本为每小时128元．
（1）设该轮船航行速度为，试将其每小时的运输成本表示为的函数；
（2）当该轮船的航行速度为多少时，其每千米的运输成本（单位：元）最低？
【答案】（1），其中；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设每小时的可变成本为，根据可变部分成本与航行速度的立方成正比可求，从而可求每小时的运输成本；
（2）该轮船每千米的运输成本，利用导数求其单调性即可.
【小问1详解】
设该轮船航行速度为时，其每小时的可变成本为（单位：元），
则，其中．
由题意，得，解得，故．
所以每小时的运输成本，其中．
【小问2详解】
该轮船每千米的运输成本，
求导，得，其中．
令，解得．
由，解得；故在区间上单调递增；
由，解得；故在区间上单调递减．
所以当时，取得最小值．
故当该轮船的航行速度为时，其每千米的运输成本最低，且为9.6元．
20. 已知函数，其中．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数存在两个不同极值点，，证明：．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据导数的正负即可确定单调性，
（2）根据极值点将问题转为存在两个不同的正实数根，，构造函数，利用导数求解即可.
【小问1详解】
当时,函数的定义域为，
且．
由，得．
随着的变化，，的变化情况如下：


2


_
0
+


极小值


所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
【小问2详解】
由题意，得，．
由存在两个不同的极值点，得存在两个不同的正实数根，
即方程存在两个不同的正实数根，，
所以，即．
又因为，，，，
所以


．
令，其中，
由，得在上单调递增，
所以，即
21. 设为无穷数列，给定正整数，如果对于任意，都有，则称数列具有性质．
（1）判断下列两个数列是否具有性质；（结论不需要证明）
①等差数列：5，3，1，…；②等比数列：1，2，4，…．
（2）已知数列具有性质，，，且由该数列所有项组成的集合，求的通项公式；
（3）若既具有性质又具有性质的数列一定是等差数列，求的最小值．
【答案】（1）数列具有性质；数列不具有性质
（2）的通项公式为或
（3）5
【解析】
【分析】（1）性质即，通过代入验证即可判断；
（2）通过转化得到数列：，，，⋯，是等差数列且公差，数列：，，，⋯，，是等差数列且公差，进而分类讨论的正负情况进而求解的通项公式；
（3）由数列1，1，1，2，2，2，3，3，3，，，，，不是等差数列，且其既具有性质又具有性质，得．所以的最小值大于或等于5，然后证明的最小值等于5即可.
【小问1详解】
由题意知，数列通项公式为，满足，所以数列具有性质；
数列中，代入，，所以不满足，所以数列不具有性质.
【小问2详解】
由数列具有性质，得，
所以，即，
所以数列：，，，，，是等差数列．
又因为，，
所以数列的公差，
同理，得数列：，，，⋯，，是等差数列，公差．
①若且，则数列的最小项是，数列的最小项是，
所以数列的最小项为1，这与矛盾；
②若且，同理，得的最大项为2，这与矛盾；
③若且，则为递减数列，为递增数列．
由，得3为数列中的项，
所以只能是，且；
同理，可得0为数列中的项，
所以只能，．
此时，的通项公式为．
④若，，类似③的讨论可得，．
此时，的通项公式为．
综上，的通项公式为或
【小问3详解】
由数列1，1，2，2，3，3，⋯，，，，，，，不是等差数列，且其同时具有性质，，，得且．
类似的，由数列1，1，1，2，2，2，3，3，3，⋯，，，，不是等差数列，且其既具有性质又具有性质，得．
所以的最小值大于或等于5．
以下证明的最小值等于5，即证“既具有性质又具有性质的数列一定是等差数列”．
因为具有性质，即，
所以对于，是等差数列；
同理，由具有性质，得对于，是等差数列．
由，，，，，，为等差数列（记公差为），且，，，，，，为等差数列（记公差为），得，，所以．
令，则，，．
同理，由，，⋯，，为等差数列，且，，，，，，，，为等差数列（记公差为），得，，
所以，且．
所以 ．
同理，由，，，⋯，，为等差数列，且，，，⋯，，为等差数列，
得；
由，，，，⋯，，为等差数列，且，，，，⋯，，为等差数列，
得；
由，，，，，⋯，，为等差数列，且，，，，，⋯，，为等差数列，得．
综上，．
故数列是公差为的等差数列．
即既具有性质又具有性质的数列一定是等差数列．
所以的最小值等于5