北京市昌平区2023-2024学年高二下学期期末质量抽测数学试卷 含解析

这是一份北京市昌平区2023-2024学年高二下学期期末质量抽测数学试卷 含解析，共19页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 若，，则为， 函数的最大值为， 已知函数，则不等式的解集是等内容，欢迎下载使用。
2024.7
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合B，再利用交集的定义求解即得.
【详解】集合，而，
所以.
故选：B
2. 若，，则为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据全称命题的否定为特称命题即可求解.
【详解】:，,
故选：A
3. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意利用函数的奇偶性和单调性，得出结论．
【详解】由于的定义域，不关于原点对称，不存在奇偶性，故排除A；
由于y＝sinx是奇函数，在上不具有单调性，故排除B；
由于y＝3是常函数，不具有单调性，排除C；
由于是奇函数，且在区间上单调递增，符合题意．
故选：D．
4. 已知数列的前项和，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据计算可得.
【详解】因为，则，，
所以.
故选：D
5. 函数的最大值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式即可求解.
【详解】由于，所以，
当且仅当，即时等号成立，故最大值为，
故选：B
6. 设，为非零实数，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由可以得到，故充分性成立，
当，时满足，但是推不出，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A
7. 若点关于轴的对称点为，则的取值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得，利用和差角公式变形可得，从而求出的取值.
【详解】因为点关于轴的对称点为，
所以，即，
即，
所以，所以，，所以，，
故符合题意的只有C.
故选：C
8. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可得，即的图象在图象的上方，画出图象，即可得出答案.
【详解】因为的定义域为，
因为，，
由可得，即的图象在图象的上方，
画出的图象，如下图，

由图可知：不等式的解集是.
故选：D.
9. 把液体放在冷空气中冷却，如果液体原来的温度是，空气的温度是，则min后液体的温度可由公式求得．把温度是的液体放在的空气中冷却，液体的温度冷却到和所用时间分别为min，min，则的值约为（ ）
（参考数据）
A. 2.7B. 3.7C. 4.7D. 5.7
【答案】B
【解析】
【分析】根据题目给的温度公式，代入计算即可.
【详解】由已知，，
所以，，
所以.
故选：.
10. 已知集合，对于集合中的任意元素和，记.若集合，，均满足，则中元素个数最多为（ ）
A. 10B. 11C. 1023D. 1024
【答案】B
【解析】
【分析】分析可得当和同时为时，，当和至少有一个为时，，要使，则的所有元素的位置至多有个，讨论即可得到集合的元素个数的最值．
【详解】依题意，对于中元素和，
当和同时为时，，
当和至少有一个为时，，
要使得的一个子集中任两个不同元素、，均满足，
设集合中的元素记为，
则的所有元素的位置至多有个，
若位置为，其它位置为的元素有个，
若全为的有个，
综上中元素最多有个．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出的所有元素的位置至多有个，从而确定中元素个数的最大值.
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. 在平面直角坐标系中，角以原点为顶点，以轴正半轴为始边，其终边经过点，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用三角函数的定义计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，所以.
故答案为：
12. 已知函数，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据函数解析式直接代入计算可得.
【详解】因为，
所以.
故答案为：
13. 我国南宋数学家秦九韶在《数书九章》中对于同余问题给出了较完整的解法，即“大衍求一术”，也称“中国剩余定理”．现有问题：将正整数中，被2除余1且被3除余2的数，按由小到大的顺序排成一列，则此列数中第10项为___________.
【答案】59
【解析】
【分析】被2除余1且被3除余2的数构成公差为6的等差数列，由此即可得．
【详解】依题意，设a满足被2除余1且被3除余2，
则a加上2和3的最小公倍数6的整数倍后也能满足被2除余1且被3除余2．
设被2除余1且被3除余2的数由小到大排列而成的数列为，
由于被2除余1且被3除余2的最小正整数为5，
则是首项为5，公差为6的等差数列，所以
故答案为：59．
14. 已知函数，若在上是增函数，则的一个取值为____________；若在上不具有单调性，则的取值范围是___________.
【答案】 ①. （满足的任意的值均可） ②.
【解析】
【分析】首先分析各段函数的单调性，要使在上是增函数，则，求出的取值范围，则在上不具有单调性，即为刚刚求出的的范围的补集.
【详解】因为在定义域上单调递增，
在上单调递增，在上单调递减，
又，要使在上是增函数，
则，解得；
若在上不具有单调性，则或，即的取值范围是.
故答案为：（满足的任意的值均可）；
15. 已知等差数列的前项和为，且.数列的前项和为.
给出下列四个结论：
①；
②；
③使成立的的最大值为4048；
④当时，取得最小值.
其中所有正确结论的序号是_____________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】由与的关系即可判断①；由等差数列的性质即可判断②③；由数列的正负规律即可判断④.
【详解】，，
所以，故①正确；
因为数列为等差数列，所以，公差，
所以，
因为，
所以，由，
所以，即，故②正确；
因为，
，
所以成立的最大值为，故③不正确；
因为，，所以当时，，
当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，故④正确.
故答案：①②④.
【点睛】方法点睛：解决数列前项和的最值问题的一般方法有以下两类：
（1）先求出数列的前项和，再通过的符号研究数列的单调性求最值，或转化为求函数的最值求解；
（2）不求数列的前项和，通过对数列通项的符号变化规律找到所有的正负转折项，如：利用条件来找最大时可能的项数，利用条件来找最小时可能的项数，需要注意的是，由于首项的特殊性（无前一项），最值也可能在处就取到.
三、解答题（本大题共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. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）若在区间上的最大值为，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）依题意在区间上的最大值为，由的取值范围，求出的范围，结合正弦函数的性质得到，解得即可.
【小问1详解】
因为
，
所以的最小正周期；
【小问2详解】
由（1）可知，.
因为在区间上的最大值为，
所以在区间上的最大值为.
因，，
所以.
所以，即
所以实数的取值范围是.
17. 已知等比数列为递增数列，其前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列是首项为1，公差为3的等差数列，求数列的通项公式及前项和.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）设等比数列的首项为，公比为，依题意得到关于、的方程组，解得、，即可求出通项公式；
（2）依题意可得，利用分组求和法计算可得.
【小问1详解】
设等比数列的首项为，公比为，
根据题意可得，解得或，
因为等比数列为递增数列，所以，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
因为数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
所以
.
18. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间为和，递减区间为；
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，直接利用导数求单调区间即可；
（2）由（1）的结论可得在上的单调性，求出函数在上的最大值，即可求解的取值范围．
【小问1详解】
因为，所以，
令，即，解得或，
且当时，，当时，，
所以的单调递增区间为和，递减区间为；
【小问2详解】
由（1）知的单调递增区间为和，递减区间为；
且，，
所以在上的最大值为，
因为关于x的不等式在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，即，所以，
所以的取值范围为．
19. 设函数（，），其最小正周期为．
（1）若，求的值；
（2）已知在区间上单调递减，，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，使函数存在，求，的值．
条件①：为函数图象的一个对称中心；
条件②：函数图象的一条对称轴为；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）选条件①：函数不存在；选条件②或③：，．
【解析】
【分析】（1）化简可得，再根据正弦函数的周期性，即可得解；
（2）若选条件①：根据正弦函数的单调性、对称性和周期性，推出矛盾结果，可知不存在；若选条件②：由函数的单调性与周期性可求得，再利用，求解即可；若选条件③：由，求得，再结合及正弦函数的单调性与周期性，求出的值即可．
【小问1详解】
解：解：
，
若，则，
解得：．
【小问2详解】
解：由（1）知，函数的最小值为，
若选条件①：
因为在区间上单调递减，
所以，即，
又，且为函数图象的一个对称中心，
所以，即，与相矛盾，
故函数不存在．
若选条件②：
因为在区间上单调递减，，且函数图象的一条对称轴为，
所以，即，
又，
所以，
所以，
由，知，即，
所以，，即，，
又，所以，
综上，，．
若选条件③：
因为，且，
所以，即，或，
又，所以，
所以，
由，知，即，
所以，，即，，
因为在区间上单调递减，
所以，即，
又，所以，
取，则，
综上所述：，．
20. 设函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极小值，求实数的取值范围；
（3）若对任意的，恒成立，直接写出实数的范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）对函数求导后，分和讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间，进而可求出函数的极值点；
（3）由（2）可知当时，满足题意.
【小问1详解】
若，则，
所以
所以曲线在点处的切线方程为.
小问2详解】
，. .
①若，，
当时，,单调递减，
当时，,单调递增，
所以在处取得极小值.
②若，令,得或.
若，即.
当变化时，与的变化如下表：
所以在，是增函数，在上是减函数.
所以在处取得极小值.
若,即,
当时，，
所以，单调递增．
所以不是的极小值点．
综上所述，实数的取值范围是
【小问3详解】
由（2）可知，当时，在上递减，在上递增，
所以，
所以对任意的，恒成立，
所以满足题意，
当时，在，是增函数，在上是减函数，
当时，，所以，
所以对任意的，恒成立，不可能为真，
当时，在上递增，则，
综上，，
即实数的范围为
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义，考查利用导数解决函数极值点问题，考查利用导数解决不等式恒成问题，第（2）问解题的关键是分类讨论，考查分类讨论思想和计算能力，属于较难题.
21. 已知无穷数列，给出以下定义：对于任意的，都有，则称数列为“数列”；特别地，对于任意的，都有，则称数列为“严格数列”.
（1）已知数列，的前项和分别为，，且，，试判断数列，数列是否为“数列”，并说明理由；
（2）证明：数列为“数列”的充要条件是“对于任意的，，，当时，有”；
（3）已知数列为“严格数列”，且对任意的，，，.求数列的最小项的最大值.
【答案】（1）是为“数列”， 不是为“数列”；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据等差等比的求和公式可得，，即可利用定义以及作差法求解，
（2）利用累加法，结合放缩法可得，，即可求证必要性，取即可求证充分性，
（3）根据定义可得为单调递增数列，且，进而得，即可根据单调性得最小值为，结合放缩法和等差求和公式可得，即可求解.
【小问1详解】
由于为等差数列，所以，为等比数列，，
任意的，都有An+An+2−2An+1=n2+n+22−2n+12=2>0，
故，所以数列是为“数列”，
任意的，都有，
故，所以数列不是为“数列”，
【小问2详解】
先证明必要性：
因为为“数列”，所以对任意的，都有，即，
所以对任意的，，，当时，有
，
所以，
又，
所以，
又，
故，即，故，
再证明充分性：
对于任意的，，，当时，有，
即，
对于任意的,，则有，
即可，所以为“数列”，
【小问3详解】
数列为“严格数列”，且对任意的，有，即，
设，则为单调递增数列，且，
所以
因为，.所以，
所以存在时，，
所以，当数列为单调递减数列，
当
因此存在最小值，且最小值为，
由于，所以，且
所以，即，
，即
所以
，
当时，，
当时，−8−127−m128−m2>−8−mm−12，
当时，
所以当时，的最大值为，
此时，因为，
所以数列的最小项的最大值为
【点睛】关键点点睛：由得，利用累加法和放缩法得是证明第（2）问的关键.
由，设，则为单调递增数列，且，由，得存在时，，
所以，当数列为单调递减数列，当是第（3）问的求解关键.
递增
极大值
递减
极小值
递增