北京市丰台区2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

这是一份北京市丰台区2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了07，8615．①③④，11 分，15 分等内容，欢迎下载使用。
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。
已知集合 A  {x | x  2 ≤ 0} ， B  {x | x  1  0} ，则 A I B 
（A）{x | 1  x ≤ 2}
（C）{x | x ≤ 2}
（B）{x | 1≤ x  2}
（D）{x | x  1}
下列四幅散点图中，所对应的成对样本数据呈现负相关的是
（A）（B）（C）（D）
若 a  b ，则
（A） 2  2
ab
2a  2b
a 2  b2
ln(a  b)  0
已知数列{an}是等比数列，若 a1a2a3  8 ，则 a2 
（A） 2
1
2
2（D） 4
已知函数 f (x)  sin x cs x ，则 f ( π) 
6
（A）  3
2
（B）  1
2
（C） 1
2
（D） 3
2
已知某班级有女生 16 人，男生 14 人，女生中喜欢羽毛球运动的有 8 人，男生中喜欢羽毛球运动的有 10
人.现从这个班级随机抽取一名学生，已知抽到的是女生，则该生喜欢羽毛球运动的概率为
4
15
1
2
3
5
15
16
“ m 1”是“ m2  1
m2
2 ”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
已知函数 f (x)  ln | x  1| ln | x 1| ，则 f (x)
是偶函数，且在区间(1,) 上单调递增
是奇函数，且在区间(1,1) 上单调递减
是偶函数，且在区间(,1) 上单调递增
是奇函数，且在区间(,1) 上单调递减
某校组织大型校庆活动，有甲、乙、丙 3 名志愿者负责 A，B，C，D 共 4 项任务.每人至少负责一项任务，每项任务有且只有一人负责，那么甲不负责 A 任务的分配方法共有
（A）12 种（B）18 种（C）24 种（D）36 种
已知函数 f (x)  ln x  1 1  a(x 1)(a  R) ，则下列四个结论不正确的是
x
a  0 ， f (x) 有极小值
a  0 ， f (x) 恰有 2 个零点
a  0 ，使得不等式 f (x) ≥ 0 恒成立
a  0 ，使得关于 x 的方程 f (x)  0 有 3 个不同的实数解
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。
在(x  2)4 的展开式中，含 x2 项的系数是.（用数字作答）
已知函数 f (x)  lga
x (a  0 ，且 a  1) 的图象经过点( 1 ,1) ，则 a .
2
用数字 0、1、2、3、4 组成的无重复数字的四位数的个数为.（结果用数字作答）
某手机销售店只销售甲、乙两个品牌的手机，其中甲品牌的销售量占本店手机销售量的 40%，优质率为
80%，乙品牌的优质率为 90%.从该店中随机买一部手机，则“买到的是优质品”的概率为.
已知数列{a } 满足 a  m(m  0) ， a ln(ean 1)  ka
，给出下列四个结论：
n1n1n
①当 k  0 时，对任意的 m  0 ，都有 a2  a1 ；
②当 k  1 时，对任意的 m  0 ，都有 a  0 ；
22
③当 k  1 时，存在 m  0 ，使数列{an} 是常数列；
④当 k  2 时，存在 m  0 ，使数列{an} 是递减数列.
其中所有正确结论的序号是．
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.（本小题 13 分）
已知函数 f (x)  x3  3x .
求曲线 y  f (x) 在(0, f (0)) 处的切线方程；
求 f (x) 在区间[1,2] 上的最小值和最大值；
写出不等式| f (x) | 2 的解集.（不用说明理由）
17.（本小题 14 分）
2025 年 4 月 25 日下午，第十五届北京国际电影节 AIGC 电影单元荣誉盛典在中国传媒大学隆重举行.本届活动共收到 1502 部参赛作品，经过激烈角逐，最终 79 部佳作入围社会组、高校组、青少年组及中石化主题赛四大竞赛板块.青少年组的入围作品有 5 部，其中有 4 部荣获“优秀影片”，1 部荣获“最佳影片”.
从参赛作品中随机选取 1 部，求恰好选到入围佳作的概率；
现有 1 名同学从青少年组获奖的 5 部影片中随机选取 3 部观看，设选到“最佳影片”部数为 X ，求 X 的分布列及数学期望.
（本小题 14 分）
已知等比数列{an } 的前 n 项为和为 Sn （ n  N* ）， a1  2 ．再从条件①，条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得数列{an} 唯一确定并解答以下问题：
求数列{an } 的通项公式；
设bn  lg2 (Sn  2) ，求数列{bn } 的前 n 项和Tn ．
条件①： a1,a3,a5 成等差数列；条件②： S6  9S3 ；
条件③： an1  2an ．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
（本小题 14 分）
2025 年 3 月 14 日（第六个国际数学日），某校开展了“ π 站擂台”、“ π 史探秘”、“ π 日海报”、 “ π 徽设计”、 “ π 帽设计”共 5 项挑战活动，每名学生至少参与其中一项活动. 为了解该校上述活动的 参与情况，现从高一、高二、高三学生中各随机选取 100 名学生作为样本进行调查，调查数据如下表：
通过样本估计该校全体学生参与活动的情况.
从 5 项活动中随机选择 1 项，估计此项活动全校参与的人数大于该校总人数的一半的概率；
从该校高一年级中随机选取 1 名学生，高二年级中随机选取 2 名学生，求这 3 名学生中恰有 2
名学生参与“ π 徽设计”的概率；
假设高一某班参加挑战活动的情况如下：
当数据 7， a ，9， b ， c 的方差最小时，写出 a ， b ， c 的值.（结论不要求证明）
参与人数 挑战活动
π 站擂台
π 史探秘
π 日海报
π 徽设计
π 帽设计
高一
80
45
55
75
45
高二
40
60
60
80
40
高三
15
50
40
20
30
挑战活动
π 站擂台
π 史探秘
π 日海报
π 徽设计
π 帽设计
参与人数
7
a
9
b
c
（本小题 15 分）
已知函数 f (x)  eax 
求 a,b 的值；
1
x  b
(a,b  R) ，曲线 y  f (x) 在点(0, f (0)) 处的切线方程为 y  0 .
设 g(x)  (x 1)2 f (x) （ f (x) 为 f (x) 的导数），求 g(x) 的单调区间；
求 f (x) 的极值点的个数.
21.（本小题共 15 分）
已知集合U  {u1,u2 ,  ,um} 和V  {v1,v2 ,  ,vn} （ m,n≥2 ）且U ∩ V   .集合T 由元素(ui ,v j ) 或
(v j ,ui ) 构成，其中i  1,2,  ,m ， j  1,2,  ,n ，且(ui ,v j ) 与(vj ,ui ) 恰有一个属于T .
1,(ui ,vj ) T ,
定义l(u )  d (u ,v )  d (u ,v )    d (u ,v ) ，其中 d (u ,v ) 
i 1i2in
ij0,(u , v ) T.
ij
定义l(v )  d (v ,u )  d (v ,u )    d (v ,u
1,(v j ,ui ) T ,
)
，其中 d (v ,u )
j1j2jm
ji0,(v ,u ) T.
ji
（Ⅰ）若 m  2,n  3 ，且(u1,v1 ),(u2 ,v3 ),(v2 ,u1 ),(v2 ,u2 ) T ，写出 d (u1,v1 ) ， d (v3 ,u2 ) 及l(v2 ) 的值；
从 l(u1 ),l(u2 ),  ,l(um ) 中任意删去一个数，并从 l(v1 ),l(v2 ),  ,l(vn ) 中任意删去一个数，记剩下
m  n  2 个数的和为 M ，证明： M≥mn  m  n  1 ；
若 m  n≥3 ， l(ui )  n 且l(vj )  n (i, j  1,2,  ,m) ，设 x 为U 中满足l(ui )≥2 的元素个数， y 为
V 中满足l(vj )≥2 的元素个数，证明： x  y≥n .
参考答案
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．
1
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
C
C
B
A
D
C
C
11．2412．
2
13． 96
14．0.8615．①③④
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.（本小题 14 分）
解：（Ⅰ） f (x)  3x2  3 ， f (0)  3 ，又 f (0)  0 ，
所以曲线 y  f (x) 在(0, f (0)) 处的切线方程为 y  3x ；5 分
（Ⅱ）令 f (x)  0 得， x  1 ，
当 x 变化时， f (x), f (x) 的变化情况如下表：
x
(1,1)
1
(1,2)
f (x)
-
0
+
又 f (1)  2 ， f (2)  2 ，
所以 f (x) 在区间[1,2] 上的最小为2 ，最大值为 2.11 分
（Ⅲ）不等式| f (x) | 2 的解集为{x | x  2 或 x  2}14 分
17.（本小题 13 分）
f (x)
↘
2
↗
解：（Ⅰ）设 A=“从参赛作品中随机选取 1 部，恰好选到入围佳作”，则 P( A) 
79 .
1502
…4 分
（Ⅱ）X 的可能取值为 0,1，
C32C 2C13
P( X  0)  4  ， P( X  1)  4 1  .
C
C
5
5
33
55
X 的分布列如下表所示：
X 的均值为 E( X )  0  2  1 3  313 分
555
18.（本小题 14 分）
解：（Ⅰ）选择②：因为 S6  9S3 ，数列{an} 为等比数列，
a (1  q6 )a (1  q3 )
显然 q  1 ，所以 1  9 1 ，
1  q1  q
即1  q3  9 ， q3  8 ， q  2.
所以数列{an } 是首项为2，公比为2的等比数列，
X
0
1
P
2
5
3
5
即 an
 a qn1  2n （ n  N* ）.
1
选择③：因为 an1  2an ，数列{an} 为等比数列，
所以 q  2.（以下同条件②）7 分
（Ⅱ）因为 Sn 
2(1  2n )
1  2
 2n1
 2 ，
所以bn
 lg2 (Sn
 2)  lg (2n1  2  2)  n  1，
2
所以数列{bn } 是首项为 2，公差为 1 的等差数列，
所以Tn 
n(2  n  1) 
2
n2  3n .
2
…14 分
19.（本小题 15 分）
解：（Ⅰ）设 A=“从 5 项活动中随机选择 1 项，此项活动全校参与的人数大于该校总人数的
一半”，则 P( A)= 3 .
5
…5 分
（Ⅱ）从该校高一年级中随机选取 1 名学生参与“ π 徽设计”的概率为 3 ，
4
从高二年级中随机选取 1 名学生参与“ π 徽设计”的概率为 4 ，
5
设 B=“从高一年级随机选取 1 名学生，高二年级随机选取 2 名学生，这 3 名学生中恰有 2 名学生参与π 徽设计” ，
则 P(B)  3  2  4  1  1  4  4  212 分
4554555
（Ⅲ） a  b  c  815 分
20.（本小题 15 分）
解：（Ⅰ） f (x)  aeax 
1，
(x  b)2
因为曲线 y  f (x) 在点(0, f (0)) 处的切线方程为 y  0 ，
1
 f (0)  0,
1   0,


所以 f (0)  0,
所以b
1
所以 a  1,b  15 分
a  0,
b2
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， g(x)  (x 1)2 f (x)  (x 1)2 ex 1 ，
g(x) 的定义域为{x | x  1}，
g(x)  2(x 1)ex  (x 1)2 ex  ex (x 1)(x  1) ，令 g(x)  0 得， x  1 ，所以 x, g(x), g(x) 的变化情况如下表
所以 g(x) 的单调递增区间是(,1) ， (1,) ，单调递减区间是(1,1) .…10 分
（Ⅲ） f (x) 的极值点个数就是 f (x) 的变号零点的个数，即 g(x) 的变号零点的个数.
因为 g(1)  4 1  0 ， g(3)  16 1  0 ， g(0)  0 ，
ee3
5
5e4e22
g() 1 1  0 ， g(2)  e 1  0 ，
41616
x
(,1)
1
(1,1)
(1,)
g(x)
+
0
-
+
g(x)
↗
4 1 e
↘
↗
所以存在唯一的 x (3,1) ，使得 g(x )  0 ，存在唯一的 x ( 5 ,2) ，使得
1
g(x2 )  0 ,
124
x, f (x), f (x) 的变化情况如下表：
所以 f (x) 的极值点个数为 3.15 分
21.（本小题 14 分）
解：（Ⅰ） d (u1,v1)  1,d (v3,u2 )  0,l(v2 )  24 分
（Ⅱ）由定义1≤i, j≤n ，恒有 d (ui ,v j )  d (v j ,ui )  1 成立.
所以l(u1 )  l(u2 )      l(um )  l(v1 )  l(v2 )      l(vn )
 d (u1,v1 )  d (u1,v2 )      d (u1,vn )      d (um ,v1 )  d (um ,v2 )      d (um ,vn )
d (v1,u1 )  d (v1,u2 )      d (v1,um )      d (vn ,u1 )  d (vn ,u2 )      d (vn ,um )
 [d (u1,v1 )  d (v1,u1 )]  [d (u1,v2 )  d (v2 ,u1 )]      [d (u1,vn )  d (vn ,u1 )]    
[d (um ,v1 )  d (v1,um )]  [d (um ,v2 )  d (v2 ,um )]      [d (um ,vn )  d (vn ,um )]  mn
不妨设删去的数是l(uk ) 和l(vp ) ，则有l(uk )  l(vp )  mn  M ，
l(uk ) 和l(vp ) 分别取得的最大值为 n 和 m ，下证两个最值不能同时取到.
①若l(uk )  n ，即 d (uk ,v1 )  d (uk ,v2 )      d (uk ,vn )  n ，因为 d (uk ,v j )≤1,1≤j≤n ，
所以若满足 d (uk ,v1 )  d (uk ,v2 )  d (uk ,vn )  n ，
当且仅当1≤j≤n,d (uk ,v j )=1,d (v j ,uk )=0 ，所以1≤j≤n,l(v j )≤m 1.不妨设l(vp )  m 1，即满足 d (vp ,uk )=0 且1≤i≤m(i  k ),d (vp ,ui )=1 ，此时l(uk )  l(vp )≤m  n 1.
②若l(vp )  m ，同理可证l(uk )  l(vp )≤m  n 1.
所以 mn  M ≤m  n 1，得证 M≥mn  m  n  19 分
（Ⅲ）反证法.假设 x  y  n ，因 x, y  Z ，即 x  y≤n 1.
因 x 为U 中满足l(ui )≥2 的元素个数，
所以U 中满足l(ui )≤1 的元素个数为 n  x ，同理V 中满足l(vj )≤1的元素个数为 n  y .
x
(, x1)
x1
(x1,0)
0
(0 1)
(1, x2 )
x2
(x2, )
f (x)
-
0
+
0
-
-
0
+
f (x)
↘
↗
0
↘
↘
↗
因为l(ui )≤n 1 ， l(vj )≤n 1 ，
所以l(u1)  l(u2 )      l(un )≤x  (n 1)  (n  x) 1  n  x(n  2) ， l(v1)  l(v2 )      l(vn )≤y  (n 1)  (n  y) 1  n  y(n  2) ，
所以l(u1)  l(u2 )      l(un )  l(v1)  l(v2 )      l(vn )
≤2n  (x  y)(n  2)≤2n  (n 1)(n  2)  n2  n  2 .
又因为l(u )  l(u )      l(u )  l(v )  l(v )      l(v )  n2 ，
12n12n
所以 n2≤n2  n  2 ，解得 n≤2 与条件矛盾！故假设不成立14 分