北京市密云区2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份北京市密云区2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

北京市密云区2022-2023学年第二学期期末考试
高二数学试卷
一、选择题：本大题共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】D
【解析】
【分析】根据集合的交集运算即可求解.
【详解】解：，
，
故选：D
2. 命题“，”的否定为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由全称命题的否定是特称命题，即可得到结果.
【详解】因为命题“，”，则其否定为“，”
故选：D
3. 已知，则下列不等式中成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】A选项可根据指数函数性质判断，BCD选项可以举反例得出.
【详解】A选项，根据指数函数单调递增可知，，A选项正确；
BCD选项，取，B选项变成，C选项变成，D选项变成，BCD均错误.
故选：A
4. 5名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报名方法的种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
把不同的报名方法可分5步完成，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，不同的报名方法可分5步完成：
第一步：第一名同学报名由3种方法
第二步：第二名同学报名由3种方法
第三步：第三名同学报名由3种方法
第四步：第四名同学报名由3种方法
第五步：第五名同学报名由3种方法
根据分步乘法计数原理，共有种方法.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了分步计数原理的应用，其中解答中认真审题，合理分步求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
5. 下列函数中，在上单调递增的奇函数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数奇偶性的定义及对数函数与幂函数的性质即可求解.
【详解】对于A：，定义域为，不关于原点对称，
所以不具有奇偶性，故选项A错误；
对于B：，定义域为，因为，所以为奇函数，
由幂函数性质可知在上单调递减，故选项B错误；
对于C：，定义域为，因为，
所以函数为偶函数，且时，，
由对数函数的性质知函数在上单调递增，故选项C错误；
对于D：，定义域为，因为，
所以为奇函数，又与都在上单调递增，
由单调性的性质可知在上单调递增，故选项D正确.
故选：D.
6. 某校开展“迎奥运阳光体育”活动，共设踢毽、跳绳、拔河、推火车、多人多足五个集体比赛项目，各比赛项目逐一进行．为了增强比赛的趣味性，在安排比赛顺序时，多人多足不排在第一场，拔河排在最后一场，则不同的安排方案种数为（ ）
A. 3 B. 18 C. 21 D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分析可得：“多人多足”有3种安排方法，再将踢毽、跳绳、推火车安排在剩下的3个位置，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，多人多足不排在第一场，拔河排在最后一场，
则“多人多足”有3种安排方法，
将踢毽、跳绳、推火车安排在剩下的3个位置，有种安排方法，
则有种安排方法．
故选：B．
7. 设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象最有可能的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导函数的图象得出函数的单调区间，根据函数的单调性即可判断.
【详解】由导函数的图象可得当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
只有C选项的图象符合.
故选：C.
8. “”是“”成立的（ ）
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】根据函数的单调性化简，得，从而根据充分条件与必要条件的定义判断即可.
【详解】因为函数在上单调递增，
由，可得，
而“”是“”成立的充分不必要条件.
所以“”是“”成立充分不必要条件.
故选：A
9. 单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大速度满足公式：.其中，分别为火箭结构质量和推进剂的质量.是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为.则火箭发动机的喷气速度约为（ ）（参考数据：，，）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，，其中，
则 ，求得.
故选：B
10. 已知函数，是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A. ， B. ，
C. 若，则 D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性概念判断A，根据导函数的符号判断B，利用函数的单调性结合不等式的性质即可判断C，利用特例法排除选项D.
【详解】对于A，函数定义域为，，所以，错误；
对于B，因为，所以，由知，错误；
对于C，因为，，所以在上递增，
时，，故对，，
由不等式的性质可得，正确；
对于D，，，，
取，则，，
此时，，错误.
故选：C
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 在的展开式中，的系数为______；各项系数之和为______.（用数字作答）
【答案】 ①. 10 ②. 32
【解析】
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为1求出，再代入通项公式可求出的系数，令可求出各项系数之和.
【详解】的展开式的通项公式为，
令，得，所以的系数为，
令，则，所以各项系数之和为32，
故答案为：10，32
12. 已知，那么的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式计算可得.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：
13. 在5道试题中有2道代数题和3道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率为______；在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为______.
【答案】 ①. ##0.3 ②. ##0.75
【解析】
【分析】设事件表示“第1次抽到代数题”，事件表示“第2次抽到几何题”，然后利用古典概型公式代入求解出与，再代入条件概率公式即可求解.
【详解】设事件表示“第1次抽到代数题”，事件表示“第2次抽到几何题”，
则，所以第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率为.
在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为.
故答案为：；.
14. 一个车辆制造厂引进了一条摩托车整车装配流水线，这条流水线生产的摩托车数量（单位：辆）与创造的价值（单位：元）之间的关系为：.如果这家工厂希望在一个星期内利用这条流水线创收60000元以上，请你给出一个该工厂在这周内生成的摩托车数量的建议，使工厂能够达成这个周创收目标，那么你的建议是______.
【答案】摩托车数量在51到59辆
【解析】
【分析】根据题意可得，解不等式，且取不等式解集中的正整数即可
【详解】由题意得，化简得，
得，解得，
因为取正整数，
所以该工厂在这周内生成摩托车数量在51到59辆时，工厂能够达成这个周创收目标.
故答案为：摩托车数量在51到59辆
15. 已知函数.
①若，不等式的解集为______；
②若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（空1）时，借助导数工具判断，结合三次函数的零点情况，分段求解不等式；
（空2）结合上一空进行零点个数判断
【详解】时，，则，
令，即，解得，
令，，
即在上单调递减，于是，
即，即无解，
综上可知，的解集为；
，根据上一空的分析可知，，取得等号，
故时，无解，，，或，
在时有个根，即这个根需排除在外，则，于是；
当时，有唯一解，于是在时有个根，
即这个根需恰好被包含在内，故，即.
综上所述，.
故答案为：；
三、解答题：本大题共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. 某校高二年级的全体学生都参加了体质健康测试，已知测试成绩满分为100分，规定测试成绩在区间内为“体质优秀”，在内为“体质良好”，在内为“体质合格”，在内为“体质不合格”.现从这个年级中随机抽取6名学生，测试成绩如下：
学生编号
1
2
3
4
5
6
测试成绩
60
85
80
78
90
91

（1）若该校高二年级有600名学生，试估计高二年级“体质优秀”的学生人数______；
（2）若从这6名学生中随机抽取3人，记为抽取的3人中“体质良好”的学生人数，求的分布列；
（3）求（2）中的均值.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）先计算出优秀率的估计值，再由频率和频数的关系求频数；
（2）可得X的可能取值为0，1，2，求出X取不同值的概率即可得出分布列；
（3）根据随机变量的均值公式求解.
【小问1详解】
高二年级随机抽取的名学生中，“体质优秀”的有3人，优秀率为，
将此频率视为概率，估计高二年级“体质优秀”的学生人数为（人）；
【小问2详解】
高二年级抽取的名学生中“体质良好”的有2人，非“体质良好”的有人.
所以X的可能取值为0，1，2，
，，，
所以随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
P



【小问3详解】随机变量X的均值
17. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值.
【答案】（1）；
（2）函数的单调递增区间有，，单调递减区间有，
极大值为，极小值为.
【解析】
【分析】（1）求函数的定义域和导函数，利用导数的几何意义求切线斜率，由点斜式求切线方程；
（2）解方程求其根；由导数的正负来判断函数的单调区间，从而可求出函数的极值.
【小问1详解】
函数的定义域为，
导函数，
所以,
故切线方程为；
【小问2详解】
由（1），
令，可得或，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
所以函数的单调递增区间有，，单调递减区间有，
所以当时，函数取极大值，极大值为，
当时，函数取极小值，极小值为.
18. 交通拥堵指数（TPI）是表征交通拥堵程度客观指标，TPI越大代表拥堵程度越高．某平台计算TPI的公式为：，并按TPI的大小将城市道路拥堵程度划分为如下表所示的4个等级：
TPI



不低于4
拥堵等级
畅通
缓行
拥堵
严重拥堵
某市2023年元旦及前后共7天与2022年同期的交通高峰期城市道路TP1的统计数据如下图：

（1）从2022年元旦及前后共7天中任取1天，求这一天交通高峰期城市道路拥堵程度为“拥堵”的概率；
（2）从2023年元旦及前后共7天中任取3天，将这3天中交通高峰期城市道路TPI比2022年同日TPI高的天数记为，求的分布列及数学期望；
（3）把12月29日作为第1天，将2023年元旦及前后共7天的交通高峰期城市道路TPI依次记为，将2022年同期TPI依次记为，记，．请直接写出取得最大值时的值．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据随机事件的概率公式即可求解；
（2）结合题意先求出的分布列，再结合数学期望的公式求解即可；
（3）结合题意先求得，进而即可求解.
【小问1详解】
由图可知，2022年元旦及前后共7天中，交通高峰期城市道路拥堵程度为“拥堵”的共2天，
所以这一天交通高峰期城市道路拥堵程度为“拥堵”的概率为.
【小问2详解】
由图可知，2023年元旦及前后共7天中比2022年同日TPI高的天数只有1月3日和1月4日这2天，
所以，
，
，
所以的分布列为：

0
1
2




数学期望.
【小问3详解】
由题意，，
，
，
，
，
，
，
所以，
所以取得最大值时，.
19. 高尔顿钉板装置如图所示，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板底部的格子中，格子从左到右依次编号为0，1，2，⋯，10，用表示小球最后落入格子的号码.

（1）当时，求小球向右下落的次数；
（2）求的分布列；
（3）求.
【答案】（1）4 （2）分布列见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据试验即可求出；
（2）分析得到，进而利用二项分布求概率公式求出相应的概率；
（3）利用期望公式求出期望.
【小问1详解】
当时，则小球最终落入号格子，则在通过的10层中有4层需要向右，6层向左，
故小球向右下落的次数为4；
【小问2详解】
设“向右下落”，“向左下落”，则，
因为小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数，
而小球下落的过程中共碰撞小木钉10次，所以，
的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，
所以，，，，，，
，，，，，
所以的分布列为：

0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10












【小问3详解】由（2）知.
20. 已知函数．
（1）若在上是增函数，求实数的取值范围；
（2）当时，判断0是否为函数的极值点，并说明理由；
（3）判断的零点个数，并说明理由．
【答案】（1）
（2）是，理由见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，若在上是增函数，即恒成立，得，设，求导后利用单调性求得函数的最小值，即可求得结果；
（2），令，对函数求导后求得的单调性即可判断出结果；
（3）令，即，对分类讨论求解方程的根，从而得出答案．
【小问1详解】
，则，
若在上是增函数，即恒成立，得，
设，，
得，得，
即在递减，在递增，
则，
故，即．
【小问2详解】
当时，，
令，，
当时，，单调递增，单调递增，又，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故是函数的极小值点．
【小问3详解】
令，即，
当时，，故的根有1个，即，则有1个零点；
当时，由，得，故的根有1个，即，则有1个零点；
当且时，由，得，故的根有2个，即或，则有2个零点，
综上，当或时，有1个零点；当且时，有2个零点．
21. 已知数列A：，，⋯，，⋯，满足，，数列A的前项和记为.
（1）写出的值；
（2）若，求的值；
（3）是否存在数列A，使得?如果存在，写出此时的值；如果不存在，说明理由.
【答案】（1）或
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用与递推公式求出的可能值，从而求出的值；
（2）由（1）的值，分类讨论，结合求出的值，从而求出的值；
（3）将两边平方后，推出，从而求出，结合为整数，判断方程无解即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，解得或，
当时，由，解得或，
当时，由，解得，
所以或或，
【小问2详解】
当时，，则或，此时由知，不满足，舍去；
当时，，则或，满足，不满足，舍去；
当时，由，得或，由知满足题意，当时，不满足题意，
综上， 或，或，
所以或或，
故.
【小问3详解】
由，可得为整数，，
所以，
则，
所以，
若存在数列A，使得，则，
又为整数，所以方程无解，
故不存在数列A，使得.
【点睛】思路点睛：分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.