北京市第二中学2023-2024学年高二下学期期末数学试题 含解析

这是一份北京市第二中学2023-2024学年高二下学期期末数学试题 含解析，共22页。试卷主要包含了45B， 已知f等内容，欢迎下载使用。
命题人：燕轶 审核人：周长春 得分：
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A={x||x|1，x∈Z}，则A∩B=（ ）
A. B. {–3，–2，2，3）
C. {–2，0，2}D. {–2，2}
【答案】D
【解析】
【分析】解绝对值不等式化简集合的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可.
【详解】因为，
或，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查集合交集的定义，属于基础题.
2. 李老师全家一起外出旅游，家里有一盆花交给邻居帮忙照顾，如果邻居记得浇水，那么花存活的概率为0.8，如果邻居忘记浇水，那么花存活的概率为0.3．已知邻居记得浇水的概率为0.6，忘记浇水的概率为0.4，那么李老师回来后发现花还存活的概率为（ ）
A. 0.45B. 0.5C. 0.55D. 0.6
【答案】D
【解析】
【分析】利用条件概率和全概率公式求解.
【详解】设事件：邻居记得浇水，事件：邻居忘记浇水，事件：花存活，
则有
由全概率公式可得,
故选:D.
3. 已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先可求出，再由得，由得，将其转化为、与的交点，数形结合即可判断.
详解】解：由得，，
由得，由得.
在同一平面直角坐标系中画出、、的图象，
由图象知，，.
故选：B
【点睛】本题考查函数的零点，函数方程思想，对数函数、指数函数的图象的应用，属于中档题.
4. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则
（ ）
A. α∥β且∥αB. α⊥β且⊥β
C. α与β相交，且交线垂直于D. α与β相交，且交线平行于
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．
5. 已知函数，x∈R，其中，．若的最小正周期为，且当时，取得最大值，则（ ）
A. 在区间上是减函数B. 在区间上是减函数
C. 在区间上是增函数D. 在区间上是增函数
【答案】C
【解析】
【分析】由函数的最小正周期为求，且求，进而确定解析式，分别求出函数的单调增区间和减区间，结合选项验证即可.
【详解】函数的最小正周期为，根据周期公式可得，
，
当时，取得最大值，
，则，
，
，
由，得函数的单调增区间，
由，得函数的单调减区间，
结合选项知C正确，
故选：C．
6. 命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到命题的一个充要条件，然后将充分不必要条件转化为真子集，再结合选项即可得到结果.
【详解】命题“”为真命题，可化为“”恒成立，
即只需，
所以命题“”为真命题的一个充要条件是，
而要找的一个充分不必要条件即为集合的真子集，
由选项可知A符合题意.
故选:A.
7. 永沙高级中学学生会有8位学生春游，其中高一学生2名､高二学生3名､高三学生3名.现将他们排成一列，要求2名高一学生相邻､3名高二学生相邻，3名高三学生中任意两名都不相邻，则不同的排法种数有（ ）
A. 288种B. 144种C. 72种D. 36种
【答案】B
【解析】
【分析】先将2名高一学生看成整体，3名高二学生看成整体，排成一排，然后3名高三学生去插空即可.
【详解】根据题意，分2步进行：
第一步，先将2名高一学生看成整体，3名高二学生看成整体，然后排成一排有种不同的排法，
第二步，将3名高三学生插在这两个整体形成的3个空档中，有种不同排法，
根据分步原理，共有种不同的排法，
故选：B
8. 已知函数对任意的都有，若的图象关于点对称，且，则（ ）
A. 0B. C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可判断函数的奇偶性以及周期，利用赋值法求出，再结合周期求函数值，即得答案.
【详解】由于的图象关于点对称，故的图象关于点对称，
即为奇函数，
又，则，即16 为的周期，
令代入，则，
故，
故选：B
9. 已知f（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数，且f（﹣1）＝﹣1，当a，b∈[﹣1，1]，且a+b≠0时，（a+b）（f（a）+f（b））＞0成立，若f（x）＜m2﹣2tm+1对任意的t∈[﹣1，1]恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A. （﹣∞，﹣2）∪{0}∪（2，+∞）B. （﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）
C. （﹣2，2）D. （﹣2，0）∪（0，2）
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用函数的奇偶性将已知不等式化为：时，，根据增函数的定义推得函数在上是增函数，从而求得最大值为，然后将已知不等式先对恒成立，再对恒成立，就可以求出的范围
【详解】解：因为f（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数，当a，b∈[﹣1，1]，且a+b≠0时，（a+b）（f（a）+f（b））＞0成立，
所以将换为，可得，
所以函数在上是增函数，
所以，
所以f（x）＜m2﹣2tm+1对任意的t∈[﹣1，1]恒成立，等价于，
即对任意的t∈[﹣1，1]恒成立，
令，则，即，
解得或，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的奇偶性和单调性，含3个变量的不等式对2个变量恒成立求第三个变量取值范围的问题，解题的关键是按顺序先对一个变量恒成立，转化为求最值，再对另一个变量恒成立，转化为求最值即可，考查数学转化思想
10. 已知且，不等式恒成立，则正实数m的取值范围是（ ）
A. m≥2B. m≥4C. m≥6D. m≥8
【答案】D
【解析】
【分析】由条件结合基本不等式可求的范围，化简不等式可得，利用二次函数性质求的最大值，由此可求m的取值范围.
【详解】不等式可化为，又，，
所以，
令，则，
因为，，所以，当且仅当时等号成立，
又已知在上恒成立，所以
因为，当且仅当时等号成立，
所以m≥8，当且仅当，或，时等号成立，
所以m的取值范围是，
故选：D.
二．填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
11. 命题“∀x∈R，x2+2x+2＞0”的否定为​________________________．
【答案】∃x0∈R，x02+2x0+2≤0
【解析】
【分析】利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.
【详解】：因为全称命题的否定是特称命题，
​所以，命题“∀x∈R，x2+2x+2＞0”的否定为：命题“∃x0∈R，x02+2x0+2≤0”．
故答案为∃x0∈R，x02+2x0+2≤0．
【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．
12. 在二项式的展开式中，含的项的系数是_________________．
【答案】
【解析】
【分析】求出通项，根据的指数为1求出，然后可得.
【详解】展开式的通项，
令得，所以含的项的系数为.
故答案为：
13. 已知为偶函数，当时，，则_____________；不等式的解集为_____________________________________．
【答案】 ①. ##0.75 ②.
【解析】
【分析】根据题中所给的分段函数解析式，先求出值，结合其单调性得到其范围，结合偶函数的性质得到结果.
【详解】由题意可知.
当时，，解或，则，
当，，解，则，
故当，则，
由是偶函数，当时，，则
由，则或
解得或
故答案为：；
14. 已知抛物线的焦点为，点A是抛物线上的动点．设点，当取得最小值时，_____________________；此时内切圆的半径为_____________________________．
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】第一空，设，由题结合抛物线定义可得，后由基本不等式可得答案；第二空，由第一空可得面积及周长，即可得答案.
【详解】由题可得抛物线焦点为2,0，准线为：.
设，其中
由抛物线定义可得，.
则.
当且仅当，即时取等号，则；
由第一空取，则，得周长为.
又面积为.
设内切圆的半径为，则.
故答案为：4；
15. 已知函数，其中且．给出下列四个结论：
①若，则函数的零点是；
②若函数无最小值，则的取值范围为0,1；
③若存在实数，使得对任意的，都有，则的最小值为1；
④若关于的方程恰有三个不相等的实数根，，，则的取值范围为2,3，且的取值范围为．
其中，所有正确结论的序号是_______．
【答案】①③④
【解析】
【分析】分，， ，四种情况作出函数的简图，然后对四个结论逐一判断正误.
【详解】对于①：当时，显然，当时，无零点；
当时，由可得，所以的零点是0. 故①正确；
对于②：当时，简图如下：
当时，简图如下：
当时，简图如下：
当时，简图如下：
由图可知，若无最小值，则或. 故②错误；
对于③：若存在实数，使得对任意的，都有，
由图可知或，此时存在使得恒成立，则的最小值为，故③正确；
对于④：由图可知，只有当且即时，方程才有三个不相等实数根.
不妨设三个根由小到大依次为，，，显然.
由得，故，且，
所以，故，从而. 故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：分，， ，四种情况作出函数的简图.
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. 在中，，，分别是角的对边，且．
（1）求A的大小；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长．
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，．
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分．
【答案】（1）
（2）选条件①或③，
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果；
（2）选条件①：利用两角和差公式可得，根据面积关系求高；选条件②：利用正弦定理分析可知不唯一；选条件③：利用余弦定理可得，进而可得，根据面积关系求高.
【小问1详解】
在中，因为，
由正弦定理可得
因为，则，
即，
可得，即，
且，则，可得，
又因为，所以．
【小问2详解】
选条件①：因为在中，，
且，则，
可得，
设边上高线的长为，所以；
选条件②：由正弦定理可得，
且，，可得或，
检验可知均符合题意，即不唯一，不合题意；
选条件③：由余弦定理得，
即，可知为等腰三角形，则，
设上高线的长为，所以.
17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，点在棱上，且平面．
（1）求证：为中点；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值：若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在；
【解析】
【分析】（1）连结交于点，连结，证明为中点并结合线面平行性质定理证明即可得证；
（2）先建立空间直角坐标系，再求出两个平面的法向量即可根据二面角的向量法直接计算即可得解.
（3）假设在棱上存在点满足题意，设，则求出结合线面角的空间向量法直接计算即可求解.
【小问1详解】
连结交于点，连结，

因为底面是矩形，所以为中点，
因为平面，平面，平面平面,
所以，
又因为为中点，所以为中点.
【小问2详解】
取的中点，连结，，
因为底面为矩形，所以，
因为，为中点，所以，,
所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，所以，所以，，两两垂直，
如图，建立空间直角坐标系，则由题意可得
，，，，，，
则，，，
由上可知为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
所以，即，
令，则，，所以，
所以，
如图可知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为，
【小问3详解】
假设在棱上存在点满足题意，
由（2），，
设，则，
，
设与平面所成角为，则，
解得或，因，故，
所以存在点满足题意，此时.
18. 某城市一条地铁新线开通了试运营，此次开通了、、、、、共6座车站．在试运营期间，地铁公司随机选取了乘坐该地铁新线的200名乘客，记录了他们的乘车情况，得到下表（单位：人）：
（1）在试运营期间，从在站上车的乘客中任选1人，估计该乘客在站下车的概率；
（2）以频率估计概率，在试运营期间，从在站上车所有乘客和在站上车的所有乘客中各随机选取1人，设其中在站下车的人数为，求随机变量的分布列以及数学期望；
（3）为了研究各站客流量的相关情况，用示所有在站上下车的乘客的上、下车情况，“”表示上车，”表示下车．相应地，用，分别表示在站，站上、下车情况，直接写出方差，，大小关系．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）利用频率来求概率即可；
（2）由题意可知，可取0，1，2，求出相应的概率，从而可求出随机变量的分布列及数学期望；
（3）利用两点分布的方差公式依次求出进行比较即可.
【小问1详解】
设选取的乘客在站上车、在站下车为事件，
由已知，在站上车的乘客有60人，其中在站下车的乘客有20人，
所以．
【小问2详解】
从在站上车的所有乘客中任选1人，该乘客在站下车的概率为
由题意可知，可取0，1，2
，
，
，
随机变量的分布列为
所以随机变量的数学期望为
．
【小问3详解】
因为在站上车的有60人，下车的有36人，
所以，
所以，
因为在站上车的有24人，下车的有56人，
所以，
所以，
因为在站上车的有38人，下车的有26人，
所以，
所以，
所以.
19. 已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的周长为8．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线是圆的一条切线，且直线与椭圆交于，两点，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由题意建立关于的方程组求出即可得解.
（2）当直线l的斜率不存在时易得；当直线l的斜率存在时设其方程为，由直线l与圆相切得参数k与m的关系式，由直线与椭圆相交联立方程得韦达定理，再根据弦长公式结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，依题意，，
所求椭圆方程为.
【小问2详解】
①当直线l的斜率不存在时，，将其代入得，
故可得；

②当直线l的斜率存在时，设，，，
由与圆相切，所以圆心到的距离，
所以，
由得，
所以
，
设，则，
，
当时，
当时，
，
当且仅当即时等号成立，所以，
又因为，所以.
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若的极大值为，求的值；
（3）当时，若，使得，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解切线方程；
（2）对函数求导后，由，得或，然后分，和三种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间和极值，使极大值为可求出；
（3）将问题转化为在上的值域是在的值域的子集，由（2）知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，然后分，和三种情况讨论即可.
【小问1详解】
，则，
因为，所以切点即，
所以切线为.
【小问2详解】
，
因为，令，解得或，
①当时，即时，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为，不符合题意；
②当时，即时，，在R上单调递增，无极大值；
③当时，即时，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
所以极大值为，，符合题意．
综上所述，．
【小问3详解】
由题意得当时，在上的值域是在的值域的子集，
由（2）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，当时，，
①当时，即时，当时，单调递增，，
又因为当时，，
因为，所以当时，使得，
②当时，即时，
当时，单调递增，，
当时，，
若满足题意，只需，即，
③当时，即时，
当时，在上单调递减，上单调递增，
所以函数的最小值为，
所以，
又因为时，，
若满足题意，只需，即，
因为，所以，所以无解，
所以不合题意
综上，实数的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：此题第（3）问解题的关键是转化问题为当时，在上的值域是在的值域的子集，进一步转化求函数的值域问题，从而得解.
21. 数列：，，，满足：．记的前项和为，并规定．定义集合．
（1）对数列：，0.7，，0.9，0.1，求，，，，以及集合；
（2）若集合，设，证明：；
（3）给定正整数对所有满足的数列，求集合的元素个数的最小值．
【答案】（1），，，，，
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题中所给的定义，即可求出结果；
（2）根据所给的条件，由集合的定义知，再结合，可推出；
（3）利用（2）的结论，进一步求出关系，即集合的最小值.
【小问1详解】
因为，，，，，，所以．
【小问2详解】
由集合的定义知，且是使得成立的最小的，所以．
又因为，而
所以.
【小问3详解】
因为，所以非空．
设集合，不妨设，则，
设，则．
由（2）可知，
所以
，，因为，所以，即的元素个数．
取常数数列：，并令，
则，适合题意，此时，其元素个数恰为．
综上，元素个数的最小值为．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是利用（2）的结论，从而得到的元素个数．然后在取常数数列：，证明可以取到.下车站
上车站
合计
5
6
4
2
7
24
12
20
13
7
8
60
5
7
3
8
1
24
13
9
9
1
6
38
4
10
16
2
3
35
2
5
5
4
3
19
合计
36
36
56
26
21
25
200
0
1
2