[数学][期末]北京市延庆区2022-2023学年高二下学期期末试卷(解析版)

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1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意可得：，或.
可得，故B错误；
可得或，可知集合不是集合的子集，故AC错误；
可得，故D正确.故选：D.
2. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由得，
故的虚部为，故选：C
3. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得：命题“”的否定是“”.
故选：B.
4. 已知实数，满足，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】对于A，（当且仅当时取等号），又，，故A正确；
对于B，当，时，，，则，故B错误；
对于C，当，时，，，则，故C错误；
对于D，当，时，，故D错误.
故选：A.
5. 函数的最小值及取得最小值时的值为（ ）
A. 当时最小值为B. 当时最小值为
C. 当时最小值为D. 当时最小值为
【答案】D
【解析】函数，
当时，，当且仅当，即时，等号成立，
所以当时最小值为.
故选：D.
6. 如果函数在区间上连续，在区间内可导，则“”是“在上单调递增”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】B
【解析】因为函数在区间上连续，在区间内可导，
若，例如，则符合题意，
但上不单调，即充分性不成立；
若在上单调递增，即在上单调递增，
可得，即必要性成立；
综上所述：“”是“在上单调递增”的必要而不充分条件.
故选：B.
7. 在的展开式中，下面关于各项的描述不正确的是（ ）
A. 常数项为240B. 含的项的二项式系数为15
C. 各项的二项式系数和为64D. 第四项为60
【答案】D
【解析】由题可知二项展开式的通项为.
对A，当，即时取得常数项，故A正确；
对B，当，即时取得的项，其二项式系数为，故B正确；
对C，二项式系数和为，故C正确；
对D，第四项为，故D错误.
故选：D
8. 某小区物业对本小区三月份参与网购生鲜蔬菜的家庭的网购次数进行调查，从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取户，分别记为组和组，这户家庭三月份网购生鲜蔬菜的次数如下图：
假设用频率估计概率，且各户网购生鲜蔬菜的情况互不影响.从组和组中分别随机抽取户家庭，记为组中抽取的户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于的户数，为组抽取的户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于的户数，比较方差与的大小.（ ）
A. B.
C. D. 不能确定
【答案】B
【解析】由茎叶图知：A组三月份购生鲜蔬菜次数大于20的有3户，
所以的可能值为0，1，2，且服从超几何分布，
则有：，
可得，；
由茎叶图知：B组三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的有7户，
所以的可能值0，1，2，且服从超几何分布，
则有：，
可得，；
所以.
故选：B.
9. 现有一块边长为米的正方形铁板，如果从铁板的四个角各截去一个边长相等的小正方形，然后做成一个长方体形的无盖容器，为了使容器的容积最大，则截去的小正方形边长应为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】C
【解析】设截去的小正方形边长为米，
由题意容器底边长为米，高为米，
故体积，
则.
故当时，单调递增；当时，单调递减.
故为了使容器的容积最大，则截去的小正方形边长应为米.故选：C
10. 已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. 或D.
【答案】A
【解析】由题意得，，.
①当时，函数，存在两个零点，不符合题意.
②当时，单调递增区间为，，
单调递减区间为.所以在处取得极大值.
，因此函数存在唯一的零点，且，
只需即可，解得.
③当时，，单调递减区间为，，
单调递增区间为，当，，
因此函数在必有零点，不符合题意；
故的取值范围是.
故选：A.
第Ⅱ卷（非选择题）
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】使有意义应满足.
所以的定义域为.
故答案为：
12. 在等差数列中，已知，与的等差中项为，等比中项为，则通项公式________；前项和________.
【答案】① ②
【解析】由题意，，，又，故，
设公差为则，解得，故.
则.
故答案为：；
13. 函数的值域为________．
【答案】
【解析】若，则，可知内单调递减，
当时，；当时，；
所以；
若，则，
对于，可知在内单调递增，
当时，；当时，；
所以当时，；
综上所述：函数的值域为.
故答案为：.
14. 已知方程的两根分别为，，则________；________.
【答案】① ②
【解析】因为方程的两根分别为，，
由韦达定理可得，
所以，
，
故答案为：.
15. 已知函数，则下面四个结论中：
①函数在上单调递减；
②当或时，有一个零点；
③函数存在最小值；
④当时，恒成立.
其中所有正确的结论序号为________．
【答案】①③④
【解析】因为的定义域为，且，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，故①正确；
且，
当x趋近于时，趋近于0，当x趋近于时，趋近于，
可得的图象，如图所示：
由图象可知：当或时，有一个零点，故②错误；
且函数存在最小值为，故③正确；
因为表示斜率为，且过定点的直线，
若，由图象可知，
当直线与曲线相切时，
设切点坐标，则切线斜率为，
则，解得或，
则切线方程为，
代入可得，整理得，
构建，
当时，则，
可知无解，不合题意；
当时，则，
则在内单调递增，且，
对于，可得，
且，结合图象可得：当时，恒成立，故④正确；
故答案为：①③④.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 已知锐角中，，，．
（1）求及的值；
（2）求及面积.
解：（1）由题意知锐角中，，，，
则，故，
由于为锐角三角形，
故；
则;
（2），
由，得，
.
17. 求下列函数的导数．
（1）①；②；③；
（2）①；②；
（3）①；②；③．
解：（1）①因为，所以；
②因为，所以；
③因为，所以.
（2）①因为，所以；
②因为，所以.
（3）①因为，所以；
②因为，所以；
③因为，所以.
18. 求满足下列条件的直线的方程．
（1）为曲线在处的切线；
（2）的斜率为且与曲线相切；
（3）过原点且与曲线相切．
解：（1）由，则，
因为切点为，
所以当时，切线斜率，，
所以切线方程为，即.
（2）由，则，
因为切线斜率为，令，则，，
则切点为，
所以切线方程为，即.
（3）由，则，，
设切点为，切线方程为，
所以切线斜率，切线方程为，
因切点为，所以，所以，
所以切线方程为.
19. 求下列函数的单调区间．
（1）；
（2）.
解：（1）由题意可知：的定义域为，则，
令，解得；令，解得或；
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）由题意可知：的定义域为，则，
若，则，所以的单调递减区间为；
若，令，解得；
令，解得；
所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
综上所述：若，的单调递减区间为；
若，的单调递减区间为，单调递增区间为.
20. 已知函数，．
（1）求的极值点以及极值、最值点以及最值；
（2）设，其中，若存在唯一的整数，使得，求实数的取值范围．
解：（1）由题意知函数，，
则，
令，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故为函数的极小值点，极小值为，
函数无极大值点，无极大值；
又因为，当时，，当时，，
且，故函数的最小值点为，最大值点为，
最小值，最大值为；
（2）由题意知，其中，存在唯一的整数，使得
即存在唯一的整数，使得，
结合（1）可作出函数，的图象如图：
又直线过定点，
显然时，，即，
故要满足题意，需满足，
解得，
即实数的取值范围为.
21. 已知数列具有性质： ， 都，使得.
（1）分别判断以下两个数列是否满足性质，并说明理由；
（ⅰ）有穷数列：；
（ⅱ）无穷数列：；
（2）若有穷数列满足性质，且各项互不相等，求项数的最大值.
解：（1）（ⅰ）有穷数列：，则，
例如取，不存在，使得，
所以有穷数列不满足性质；
（ⅱ）无穷数列：，
对任意，则，
可知，则存在，使得，
所以无穷数列满足性质.
（2）因为有穷数列各项互不相等，
若满足题意，可知是数列中的项，
取，解得或，即可能符合题意，
若，则，即也可能符合题意，
对于有穷数列，检验可知有穷数列满足性质，
假设有穷数列还有其他项，满足性质，
取，则存在，使得；
取，则存在，使得；
；
依此类推，可得到，
此时数列不是有穷数列，与题干相矛盾，
即假设不成立，可知数列不存在其他项，所以项数的最大值为3.

组

组

9
8
0
5
8
7
5
3
1
1
2
4
9
6
2
1
4
7
8
0
3
3
5
9