北京市东城区2023-2024学年高二下学期期末统一检测数学试题 含解析

这是一份北京市东城区2023-2024学年高二下学期期末统一检测数学试题 含解析，共19页。试卷主要包含了 已知集合，，若，则， 已知，，则的值为等内容，欢迎下载使用。
高二数学
2024.7
本试卷共6页，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，将本试卷和答题卡一并交回.
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，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合集合与元素的关系求出参数的值，结合交集的概念即可得解.
【详解】由题意或，但是，所以，，
因为，所以.
故选：B.
2. 某校学生科研兴趣小组为了解1~12岁儿童的体质健康情况，随机调查了20名儿童的相关数据，分别制作了肺活量、视力、肢体柔韧度、BMI指数和身高之间的散点图，则与身高之间具有正相关关系的是（ ）
A. 肺活量B. 视力C. 肢体柔韧度D. BMI指数
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的散点图，结合正相关的意义判断即得.
【详解】对于A，儿童的身高越高，其肺活量越大，肺活量与身高具有正相关关系，A正确；
对于B，儿童的视力随身高的增大先增大，后减小，视力与身高不具有正相关关系，B错误；
对于C，肢体柔韧度随身高增大而减小，肢体柔韧度与身高不具有正相关关系，C错误；
对于D，BMI指数与身高的相关性很弱，不具有正相关关系，D错误.
故选：A
3. 已知，且，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】举反例排除ABC，由指数函数单调性即可说明D.
【详解】取，则，无意义，故ABC错误；
对于D，由指数函数在实数域上关于单调递增，且，所以，故D正确.
故选：D.
4. 袋中有10个大小相同的小球，其中7个黄球，3个红球.每次从袋子中随机摸出一个球，摸出的球不再放回，则在第一次摸到黄球的前提下，第二次又摸到黄球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件概率、古典概型概率计算公式即可求解.
【详解】在第一次摸到黄球的前提下，此时袋中有：6个黄球，3个红球，共9个球，
所以所求概率为.
故选：A.
5. 已知，，则的值为（ ）
A. 15B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数式与对数式的互化，结合指数运算计算即得.
【详解】由，得，即，而，
所以.
故选：C
6. ，，三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，每位学生只能报一所大学.某中学现有四位学生报名.若每所大学都有该中学的学生报名，则不同的报名方法共有（ ）
A. 30种B. 36种C. 72种D. 81种
【答案】B
【解析】
【分析】将甲、乙、丙、丁四位同学分为三组2，1，1，然后分配到三所学校求解.
【详解】设这四位同学分别为甲、乙、丙、丁，
由题意将甲、乙、丙、丁四位同学分为三组2，1，1，然后分配到三所学校.
则不同的报名方法共有种.
故选：B.
7. 2024年3月20号，我国成功发射鹊桥二号中继卫星，其通过一个大型可展开的星载天线，实现了月球背面与地球之间的信号传输.星载天线展开后形成一把直径（口径）为的“金色大伞”，它的曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入接收天线，经反射聚集到焦点处.若“金色大伞”的深度为，则“金色大伞”的边缘点到焦点的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，再结合抛物线的定义求值即得.
【详解】依题意，建立如图所示的平面直角坐标系，点
设抛物线的方程为，则，解得，
抛物线的焦点，准线方程为，，
所以“金色大伞”的边缘点到焦点的距离为.
故选：B
8. 已知直线被圆截得的弦长为整数，则满足条件的直线共有（ ）
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
【答案】C
【解析】
【分析】首先求得，又，而直径是4，所以分进行讨论即可求解.
【详解】圆的圆心、半径分别为，
圆心到直线的距离为，
设直线被圆截得的弦长为，
由于直线被圆所截得的弦长不超过直径长度，故分以下情形讨论：
当时，，解得，
当时，，化简得，解得，
当时，，化简得，该方程无解，
当时，，化简得，该方程无解，
而直线是斜率为且过定点直线，直线由唯一决定，
综上所述，满足条件的直线共有3条.
故选：C.
9. 已知函数，则“”是“为的极小值点”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】A
【解析】
【分析】在条件下利用导数证明为的极小值点，然后说明当，时，为的极小值点，但并不成立，从而得到答案.
【详解】由题设，，
若，则，故上，上，
所以在上递增，上递减，故为的极小值点，从而条件是充分的；
当，时，有，则，
显然上，上，
所以在上递减，上递增，
此时为的极小值点，但此时并不成立，从而条件不是必要的.
故选：A.
10. 《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究.现给出一个同余问题：如果和被除得的余数相同，那么称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ）
A. 2023B. 2024C. 2025D. 2026
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理求出被5整除得的余数，再逐项验证即得.
【详解】
则能被整除，
故除以余数为，
所以除以余数为，
由，所以，，
，，
故选：D.
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. 函数的定义域是_________.
【答案】
【解析】
【分析】由表达式中的每个部分有意义得到不等式组，解之即可得到定义域为.
【详解】为了让函数的表达式有意义，需要.
解得，所以函数的定义域是.
故答案为：.
12. 已知双曲线的焦点为和，一条渐近线方程为，则的方程为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由焦点坐标以及渐近线方程列式求出即可得解.
【详解】双曲线的焦点在轴上，设的方程为，
由题意，解得，
所以的方程为.
故答案为：.
13. 已知二项式的所有项的系数和为，则_____________；_________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】首先利用系数和条件，再原式中取得到；再对展开式两边求导两次并取，得到.
【详解】由已知有，且.
再前一式中令得，所以，得.
所以.
由二项式定理可知，.
故答案为：；.
14. 某学校要求学生每周校园志愿服务时长不少于1小时.某周可选择的志愿服务项目如下表所示：
每位学生每天最多可选一个项目，且该周同一个项目只能选一次，则不同选择的组合方式共有________种.
【答案】20
【解析】
【分析】分选择两个项目、三个项目、四个项目和五个项目四种情况考虑.
【详解】由题意得选择两个项目有种组合；
选择三个项目有种组合；
选择四个项目有种组合；
选择五个项目有种组合，
所以共有种.
故答案为：20.
15. 设，函数给出下列四个结论：
①当时，函数的最大值为0；
②当时，函数是增函数；
③若函数存两个零点，则；
④若直线与曲线恰有2个交点，则.
其中所有正确结论的序号是_________.
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】把和代入解析式，分析单调性即可判断①②，
令，解出零点，判断零点是否在区间内，对含的零点分有无意义，是否在相应区间内进行讨论，即可判断③，把④转化为恰有两个零点，解出零点，易得取时有3个零点，可判断④错误.
【详解】①当时，，
当时，，当时，，故，故①正确；
②当时，，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，故不是增函数，故②错误；
③当时，只有一个零点，
令函数，解得
当时，函数在上没有零点，
无意义，故函数在上有且只有一个零点为0，即有且只有一个零点，故不符合题意；
当时， 函数在上有1个零点为0，
，不在范围内，
当时，，故函数在上有一个零点，即有两个零点，符合题意，
当时，，故函数在上没有零点，即有且只有一个零点，故不符合题意；
综上所述：当时，有两个零点.故③正确；
④直线与曲线恰有2个交点，
可转化为恰有两个零点.
令函数，解得，
当时，，函数在上有3个零点，
令得，故函数在上没有零点，
即有3个零点，故④错误.
故答案为：①③.
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. 某次乒乓球比赛单局采用11分制，每赢一球得一分.每局比赛开始时，由一方进行发球，随后每两球交换一次发球权，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.已知甲、乙两人要进行一场五局三胜制（当一方赢得三局比赛时，该方获胜，比赛结束）的比赛.
（1）单局比赛中，若甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，求甲领先的概率；
（2）若每局比赛乙获胜概率为，且每局比赛结果相互独立，求乙以赢得比赛的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式列式计算即得.
（2）确定乙以赢得比赛的事件，再利用相互独立事件的概率公式计算即得.
【小问1详解】
设事件：单局比赛中甲领先，则，
所以单局比赛中甲领先的概率为.
【小问2详解】
设事件：乙以赢得比赛，即前3局中乙输1局胜2局，第4局乙胜的事件，
则，
所以乙以赢得比赛的概率是.
17. 设函数，其中.曲线在点处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）求的单调区间.
【答案】（1）
（2）递增区间为，递减区间为.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义列式计算即得.
（2）利用（1）的结论，利用导数求出单调区间.
【小问1详解】
依题意，，又，则，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，的定义域为R，，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以函数的递增区间为，递减区间为.
18. 近年来，我国新能源汽车蓬勃发展，极大地促进了节能减排.遥遥计划在，，，，，这6个国产新能源品牌或在，，，这4个国产燃油汽车品牌中选择购车.预计购买新能源汽车比燃油车多花费40000元.据测算，每行驶5公里，燃油汽车约花费3元，新能源汽车约消耗电1千瓦时.如果购买新能源汽车，遥遥使用国家电网所属电动汽车公共充电设施充电，充电价格分为峰时、平时、谷时三类，具体收费标准（精确到0.1元/千瓦时）如下表：
（1）若遥遥在6个新能源汽车品牌中选出2个品牌作比较，求品牌被选中的概率；
（2）若遥遥选购新能源汽车，他在18：00，18：30，19：00，19：30，…，23：30这12个时间点中随机选择一个时间点给车充电，每次充电30千瓦时（用时不超过半小时）.设为遥遥每次充电的费用，求的分布列和数学期望；
（3）假设遥遥一年驾车约行驶30000公里，按新车使用8年计算，如果只考虑购车成本与能源消耗支出，计算说明选择新能源汽车和燃油汽车哪个的总花费更少.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，期望
（3）选择新能源汽车的总花费最少
【解析】
【分析】（1）由古典概型概率计算公式直接计算即可求解；
（2）的所有可能取值为，分别求出对应的概率即可得分布列以及数学期望；
（3）分别求出各自的购车成本以及能源消耗支出的表达式，从而即可进行比较.
【小问1详解】
若遥遥在6个新能源汽车品牌中选出2个品牌，共有种，
若品牌被选中，则有种选择，
从而所求概率为；
【小问2详解】
在峰时充电，每次充电30千瓦时需要花费，
在平时充电，每次充电30千瓦时需要花费，
在谷时充电，每次充电30千瓦时需要花费，
所以的所有可能取值为，
在18：00，18：30，19：00，19：30，…，23：30这12个时间点中随机选择一个时间点中：
峰时充电有：18：00，18：30，19：00，19：30，20：00，20：30，共六个时间点，
平时充电有： 21：00，21：30，22：00，22：30，共四个时间点，
谷时充电有： 23：00，23：30，共两个时间点，
所以，，，
的分布列为：
的数学期望为；
【小问3详解】
解法一：设燃油车购车成本为万元，则新能源汽车购车成本为万元，
燃油车能源消耗支出为万元，
设为在某个时间段充电1千瓦时的费用，
在峰时充电，每次充电1千瓦时需要花费，
在平时充电，每次充电1千瓦时需要花费，
在谷时充电，每次充电1千瓦时需要花费，
则的所有可能取值为，
且，
所以，
新能源汽车能源消耗支出为万元，
如果只考虑购车成本与能源消耗支出，
则燃油汽车的总花费为，新能源汽车的总花费为，
综上所述，选择新能源汽车的总花费最少.
解法二：按新车使用8年计算，燃油汽车使用的燃油费为(元)，
新能源汽车使用电费最多为(元)，
因为购买新能源汽车比燃油车多花费40000元，
所以(元).
新能源汽车至少比燃油汽车总花费少17600元，所以选择新能源汽车总花费更少.
19. 已知椭圆，过点，，分别是的左顶点和下顶点，是右焦点，.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于点，，直线，分别与直线交于不同的两点，.设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，由直线求出的坐标，利用韦达定理结合斜率的坐标表示计算即得.
【小问1详解】
由椭圆过点，得，
由，得椭圆半焦距，则长半轴长，
所以的方程为.
【小问2详解】
显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，，
由消去x得，显然，
，直线的方程为，
令，得点纵坐标，同理点的纵坐标，
因此
为定值，
所以为定值.
20. 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）若对任意，有恒成立，求的取值范围；
（3）证明：若在区间上存在唯一零点，则（其中）.
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接通过求导判断单调性，从而求得极值；
（2）对和分类讨论，当时由知条件不满足，当时可通过求导得到单调性，推知条件满足，从而得到的取值范围是；
（3）由条件可直接得到，然后通过导数判断在上的单调性，再证明，即可通过反证法得到结论.
【小问1详解】
当时，，从而.
故对有，对有.
所以在上递减，在上递增.
从而有唯一的极值点，且是极小值点，对应极小值为，无极大值.
【小问2详解】
由，知.
若，则.
而对有，所以在上递减.
故，从而对不成立，不满足条件；
若，则对有，所以在上递增.
从而对任意，有，满足条件.
综上，的取值范围是.
【小问3详解】
据（2）的结果，当时对有，故对有.
此即，所以对任意的，在中取就有.
回到原题.
若在区间上存在唯一零点，根据（2）的结果，首先有.
此时对有，对有.
所以，在上递减，在上递增.
而，故上的零点满足.
由于，而对任意的，都有，取，就有，从而.
所以.
假设，由及有，所以.
由在上递增，且，即可从，推知.
但这与是的零点矛盾，所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于在小问（3）中，适当使用小问（2）的结论，进行进一步的拓展或适当的利用，从而证得小问（3）所求的结论.
21. 已知项数列，满足对任意的有. 变换满足对任意，有，且对有，称数列是数列的一个排列. 对任意，记，，如果是满足的最小正整数，则称数列存在阶逆序排列，称是的阶逆序变换.
（1）已知数列，数列，求，；
（2）证明：对于项数列，不存在阶逆序变换；
（3）若项数列存在阶逆序变换，求的最小值.
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）直接根据定义求解对应的数列即可；
（2）先证明若项数列存在阶逆序变换，则和中必有一个是的倍数，再由不满足该条件，即得结论；
（3）由上面的结果可知，然后对构造符合条件的阶逆序变换即可.
【小问1详解】
由于，，故，，，.
所以，即.
所以，即.
所以，即.
故，.
【小问2详解】
对，设有个不同的点，若，则在之间画一个箭头.
则每个点恰好发出一个箭头，也恰被一个箭头指向，这些箭头将形成若干互不相交的圈.
若各项互不相同的数列存在阶逆序变换，则对，经过三次变换后得到.
这意味着和必然位于一个长度为的圈中.
从而，如果是偶数，则必定有，故每个点都位于一个长度为的圈中，所以是的倍数；
如果是奇数，则除以外的点都位于一个长度为的圈中，若单独作为一个圈，则是的倍数，若位于包含其它点的圈中，则是的倍数.
但是奇数，故只可能是：单独作为一个圈，是的倍数.
综上，若各项互不相同的数列存在阶逆序变换，则和中必有一个是的倍数.
由于不满足该条件，故对于项数列，不存在阶逆序变换；
【小问3详解】
若项数列存在阶逆序变换，根据（2）的结果，和中必有一个是的倍数.
而，故.
而当时，对各项互不相同的数列，构造变换，满足
，，，，，.
则，，.
所以是数列的阶逆序变换.
综上，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于从阶逆序变换的存在性推出和中必有一个是的倍数，进而可以迅速由条件确定的大致范围，最后得到结果.
岗位
环保宣讲
器材收纳
校史讲解
食堂清扫
图书整理
时长
20分钟
20分钟
25分钟
30分钟
40分钟
充电时间段
充电价格（元/千瓦时）
充电服务费（元/千瓦时）
峰时
10：00—15：00和18：00—21：00
1.0
0.8
平时
7：00—10：00，15：00—18：00和21：00—23：00
0.7
谷时
当日23：00—次日7：00
0.4
36
45
54