2022-2023学年北京市顺义区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年北京市顺义区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|1≤x<4}，B={x|−2≤x<2}，则A∩B=( )
A. [−2,1)B. [−2,4)C. [1,2)D. [−2,1]
2.命题“∀x∈R，x+|x|≥0”的否定是( )
A. ∃x∈R，x+|x|≥0B. ∃x∈R，x+|x|<0
C. ∀x∈R，x+|x|≥0D. ∀x∈R，x+|x|<0
3.“x>1”是“x2>1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4.数列{an}是等差数列，若a3=3,1a1+1a5=65，则a1⋅a5=( )
A. 52B. 5C. 9D. 15
5.某班一天上午有4节课，下午有2节课.现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6堂课的课程表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同排法种数有( )
A. 48种B. 96种C. 144种D. 192种
6.下列给出四个求导的运算：①(x−1x)′=1+x2x2；②(ln(2x−1))′=22x−1；③(x2ex)′=2xex；④(lg2x)′=1xln2.其中运算结果正确的个数是( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
7.在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回.在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率是( )
A. 12B. 35C. 310D. 34
8.已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是( )
A. 若a2=a4，则a2=a3B. 若a3>a1，则a4>a2
C. a2+a42≥a3D. a22+a422≥a32
9.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y=(x+2)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A. 当x=−2时，函数f(x)取得极大值
B. 当x=−2时，函数f(x)取得极小值
C. 当x=1时，函数f(x)取得极大值
D. 当x=1时，函数f(x)取得极小值
10.某银行在1998年给出的大额存款的年利率为5%，某人存入a0元(大额存款)，按照复利，10年后得到的本利和为a10，下列各数中与a10a0最接近的是( )
A. 1.5B. 1.6C. 1.7D. 1.8
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.计算：lg21+lg39=______.(用数字作答)
12.函数f(x)=lg(x−1)x−2的定义域是______.
13.二项式(x+1x)6的展开式中常数项的值为__________.
14.若幂函数f(x)=xm在(0,+∞)上单调递减，g(x)=xn在(0,+∞)上单调递增，则使y=f(x)+g(x)是奇函数的一组整数m，n的值依次是______.
15.已知k∈R，函数f(x)=ex−kx,x≥0,kx2−x+1,x<0..给出下列四个结论：
①当k=1，函数f(x)无零点；
②当k<0时，函数f(x)恰有一个零点；
③存在实数k，使得函数f(x)有两个零点；
④存在实数k，使得函数f(x)有三个零点.
其中所有正确结论的序号是______.
三、解答题：本题共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.(本小题13分)
已知(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5.
(1)求a0的值；
(2)求a1+a3+a5的值.
17.(本小题14分)
已知函数f(x)=13x3−4x+4.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[0,3]上的最大值与最小值.
18.(本小题15分)
A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：
A组：10，11，12，13，14，15，16
B组：12，13，14，15，16，17，20
假设所有病人的康复时间互相独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙.
(1)求甲的康复时间不多于14天的概率；
(2)若康复时间大于14天，则认为康复效果不佳.设X表示甲、乙2人中的康复效果不佳的人数，求X的分布列及数学期望；
(3)A组病人康复时间的方差为D(A)，B组病人康复时间的方差为D(B)，试判断D(A)与D(B)的大小.(结论不要求证明)
19.(本小题13分)
已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1=12,S2=a3，设bn=4an.
(1)求证：数列{bn}是等比数列；
(2)设cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
20.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx+1x,g(x)=x−lnx.
(1)若对任意x∈(0,+∞)时，f(x)≥a成立，求实数a的最大值；
(2)若x∈(1,+∞)，求证：f(x)(3)若存在x1>x2，使得g(x1)=g(x2)成立，求证：x1⋅x2<1.
21.(本小题15分)
已知整数数列{an}满足：①a1≥3；②an+1={an+1,an为奇数an2,an为偶数,n=1,2,3,⋯.
(Ⅰ)若a4=1，求a1；
(Ⅱ)求证：数列{an}中总包含无穷多等于1的项；
(Ⅲ)若am为{an}中第一个等于1的项，求证：1+lg2a1≤m<2+2lg2a1.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为A={x|1≤x<4}，B={x|−2≤x<2}，
所以A∩B={x|1≤x<2}=[1,2).
故选：C.
根据集合交集运算可得．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：命题为全称命题，则命题的否定为∃x∈R，x+|x|<0.
故选：B.
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．
3.【答案】A
【解析】【分析】
直接利用充分条件和必要条件的判断方法判断即可．
本题考查充分条件和必要条件的判定，基本知识的考查，注意条件与结论的判断．
【解答】
解：因为“x>1”⇒“x2>1”，而“x2>1”推不出“x>1”，
所以“x>1”是“x2>1”充分不必要条件．
故选：A.
4.【答案】B
【解析】解：因为数列{an}为等差数列，且a3=3，
所以a1+a5=2a3=6，
因为1a1+1a5=65，
所以a1+a5a1a5=65，
所以6a1a5=65，所以a1⋅a5=5.
故选：B.
利用等差数列的性质结合已知条件求解．
本题主要考查了等差数列的性质的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意，要求数学课排在上午，体育课排在下午，有C41C21=8种，
再排其余4节，有A44=24种，
根据乘法原理，共有8×24=192种方法．
故选：D.
先排数学、体育，再排其余4节，利用乘法原理，即可得到结论．
本题考查排列组合的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：①(x−1x)′=1+1x2=1+x2x2，故正确；
②(ln(2x−1))′=2×12x−1=22x−1，故正确；
③(x2ex)′=2xex+x2ex，故错误；
④(lg2x)′=1xln2，故正确．
故选：C.
根据题意，由导数的运算法则以及复合函数的求导运算，即可得到结果．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设事件A=“第1次抽到代数题”，事件B=“第2次抽到几何题”，
所以P(A)=35,P(AB)=35×24=310，则P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=12.
故选：A.
根据题意，由条件概率的计算公式，代入计算，即可得到结果．
本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：设等比数列的公式为q，
对于A，若a2=a4，则a1q=a1q3，得q2=1，所以q=1或q=−1，
所以a2=a3或a2=−a3，所以A错误；
对于B，若a3>a1，则a1q2>a1，即a1(q2−1)>0，
所以a4−a2=a1q3−a1q=a1q(q2−1)，则其正负由q的正负确定，所以B错误；
对于C，a2+a42=a3q+a3q2，当a3，q同正时，a2+a42=a3q+a3q2≥2 a3q⋅a3q2=a3，当且仅当q=1时取等号，当a3>0，q<0时a2+a42对于D，因为a22+a422=(a3q)2+(a3q)22≥2 (a3q)2⋅(a3q)22=a32，当且仅当q2=1时取等号，所以D正确．
故选：D.
对于AB，利用等比数列的通项公式分析判断，对于CD，利用等比数列的通项公式结合基本不等式分析判断即可．
本题主要考查了等比数列的性质，属于中档题．
9.【答案】D
【解析】解：由图可得，x<−2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
−2x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故当x=1时，函数f(x)取得极小值．
故选：D.
由图分段讨论可得f′(x)的正负，从而得到f(x)的单调性，进而找到极值点．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查数形结合思想，属于基础题．
10.【答案】B
【解析】解：存入a0元(大额存款)，按照复利，
可得每年末本利和是以a0为首项，1+5%为公比的等比数列，
所以a0(1+5%)10=a10，可得a10a0=(1+5%)10=C100+C101×0.05+C102×0.052+⋯+C1010×0.0510≈1.6.
故选：B.
利用等比数列的通项公式、二项展开式计算可得答案．
本题主要考查数列的应用，属于基础题．
11.【答案】2
【解析】解：原式=0+2=2.
故答案为：2.
根据题意，由对数的运算，即可得到结果．
本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．
12.【答案】(1,2)∪(2,+∞)
【解析】解：由题意得：
x−1>0x−2≠0，解得：x>1且x≠2，
故答案为：(1,2)∪(2,+∞).
根据对数函数以及分母不是0，得到关于x的不等式，解出即可．
本题考查了对数函数的性质，考查求函数的定义域问题，是一道基础题．
13.【答案】20
【解析】【分析】
本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具，属于基础题.
求出二项展开式的通项公式，令x的指数为0，即可求出常数项．
【解答】
解：(x+1x)6展开式的通项为Tr+1=C6rx6−2r，
令6−2r=0得r=3，
故展开式的常数项为T4=C63=20.
故答案为：20.
14.【答案】−3、3(答案不唯一)
【解析】解：因为幂函数f(x)=xm在(0,+∞)上单调递减，g(x)=xn在(0,+∞)上单调递增，
所以m<0，n>0，又因为y=f(x)+g(x)是奇函数，
所以m，n需要满足m为小于0的奇数，n为大于0的奇数．
故答案为：−3、3(答案不唯一).
根据题意，由幂函数的性质即可得到结果．
本题主要考查了幂函数的性质，属于基础题．
15.【答案】①②③
【解析】解：对于①，当k=1，当x<0，f(x)=x2−x+1，f′(x)=2x−1<0，f(x)单调递减，
当x≥0，f(x)=ex−x，f′(x)=ex−1≥0，f(x)单调递增，
又f(0)=1，且当x→0−，f(x)→1−1+1=1，所以此时函数f(x)无零点，①正确；
对于②，当k<0，当x<0，f(x)=kx2−x+1，f′(x)=2kx−1，
令f′(x)=2kx−1=0，得x=12k，当x≤12k，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
当12k当x≥0，f(x)=ex−kx，f′(x)=ex−k>0，f(x)单调递增，
由于f(0)=1，且当x→0−，f(x)→1−1+1=1，当x→−∞，f(x)→−∞，
所以此时函数f(x)只有一个零点，②正确；
对于③，不妨令k=2e，
当x<0，f(x)=e2x2−x+1，f′(x)=2e2x−1<0，f(x)单调递减，
由于当x→0−，f(x)→1−1+1=1，所以当x<0，函数f(x)无零点，
当x≥0，f(x)=ex−e2x，f′(x)=ex−e2，令f′(x)=ex−e2=0，得x=2，
当0≤x≤2，f′(x)=ex−e2≤0，f(x)单调递减，
当x>2，f′(x)=ex−e2>0，f(x)单调递增，
又f(2)=e2−2e2=−e2<0，f(0)=1，
所以当x≥0，函数f(x)有2个零点，③正确；
对于④，当k=0，显然函数f(x)没有零点，
结合前面分析可知，只有当k>0，函数f(x)可能有3个零点，
当k>0，当x<0，f(x)=kx2−x+1，f′(x)=2kx−1<0，f(x)单调递减，
由于当x→0−，f(x)→1−1+1=1，所以当x<0，函数f(x)无零点，
当x≥0，f(x)=ex−kx，f′(x)=ex−k，令f′(x)=ex−k=0，得x=lnk，
若k≤1，f′(x)=ex−k≥0，f(x)单调递增，
若k>1，令f′(x)=ex−k=0，得x=lnk，
当0≤x≤lnk，f′(x)=ex−k≤0，f(x)单调递减，
当x>lnk，f′(x)=ex−k>0，f(x)单调递增，
可见此时函数f(x)至多2个零点，④错误．
故答案为：①②③．
利用导数即可研究函数单调性、最值，分类讨论结合命题依次判断即可．
本题主要考查函数的单调性和最值，属中档题．
16.【答案】解：(1)∵(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，
令x=0，可得a0=1.
(2)由二项式定理，得(1+2x)5=C50+C51(2x)+C52(2x)2+C53(2x)3+C54(2x)4+C55(2x)5
=1+10x+40x2+80x3+80x4+32x5.①
因为(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，②
由①②可得a1=10，a3=80，a5=32.
所以a1+a3+a5=122.
【解析】(1)在所给的等式中，令x=0，可得a0的值．
(2)由题意利用二项展开式的通项公式，求得a1、a3、a5的值，可得要求式子的值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵函数f(x)=13x3−4x+4，
∴f(1)=13，
又f′(x)=x2−4，
∴f′(1)=−3，
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−13=−3(x−1)，即3x+y−103=0；
(2)∵f′(x)=x2−4，
∴令f′(x)>0，解得x>2或x<−2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
又∵x=0时，f(0)=4，x=3时，f(3)=1，
∴当x=0时，f(x)在[0,3]上的最大值为f(0)=4，
当x=2时，f(x)在[0,3]上的最小值为f(2)=−43.
【解析】(1)根据导函数在x=1的值，可求出切线斜率，根据点斜式写出切线方程；
(2)根据导函数，确定单调区间，进而可得最值．
本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设甲的康复时间不多于14天为事件C，
∵A组中的数据共有7个，∴基本事件共有7种，且相互独立，
又∵A组中的数据不多于14天的有5个，即事件C中包含的基本事件有5个，
∴甲的康复时间不多于14天的概率P(C)=57，
(2)甲康复效果不佳的概率P1=27，
乙康复效果不佳的概率P2=47，
∵X表示甲、乙2人中的康复效果不佳的人数，
∴X的可能取值是0，1，2，
X=0表示甲、乙2人中的康复效果不佳的人数为0，
∴P(x=0)=(1−P1)(1−P2)=1549，
X=1表示甲、乙2人中的康复效果不佳的人数为1，
∴P(x=1)=(1−P1)P2+P1(1−P2)=2649，
X=2表示甲、乙2人中的康复效果不佳的人数为2，
∴P(x=2)=P1P2=849，
∴X的分布列为：
∴X的数学期望为EX=0×1549+1×2649+2×849=67.
(3)D(A)根据A组：10，11，12，13，14，15，16，B组：12，13，14，15，16，17，20，
B组数据波动性较大，所以D(A)【解析】(1)根据古典概型公式计算即可；
(2)根据步骤求出离散型随机变量的分布列及数学期望；
(3)结合数据应用波动情况判断方差的大小．
本题考查古典概型的概率公式的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
19.【答案】解：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d，
则通项公式为an=a1+(n−1)d，
∵S2=a3，
∴2a1+d=a1+2d，
∵a1=12，
∴d=12，
∴an=12+(n−1)12=n2，
又bn=4an，
则bn+1=4an+1，
∴bn+1bn=4an+14an=4an+1−an=2，
即数列{bn}是等比数列，公比为2，首项b1=4a1=2.
(2)由(1)知数列{bn}是等比数列，公比为2，首项b1=2，
∴bn=2n，
∵cn=an+bn=n2+2n,n∈N*，
∴数列{cn}的前n项和Tn=12+22+⋅⋅⋅+n2+2+22+⋅⋅⋅+2n
=n(n+1)4+2n+1−2,n∈N*.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，则由a1=12,S2=a3可求出公差d，从而可求得an，则可得bn=4an，然后计算bn+1bn即可得结论；
(2)由(1)可得cn=an+bn=n2+2n,n∈N*，然后利用分组求和法可求得Tn.
本题考查等比数列的判断以及分组求和法的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
20.【答案】解：(1)f(x)=lnx+1x,x∈(0,+∞)，
∴f′(x)=1x−1x2=x−1x2，
∴令f′(x)>0，解得x>1，
∴f(x)在(0,1)单减，在(1,+∞)上单增，
∴f(x)在x=1取得极小值，也是最小值f(1)=1，
∵x∈(0,+∞)时，f(x)≥a成立．
∴只需a≤1即可，
∴实数a的最大值为1.
(2)证明：设h(x)=f(x)−g(x)=2lnx+1x−x,x∈(1,+∞)，
∴h′(x)=2x−1x2−1=2x−1−x2x2=−(x−1)2x2<0，
∴h(x)=2lnx+1x−x在x∈(1,+∞)上单调递减，
∴h(x)=2lnx+1x−x∴h(x)=lnx+1x−g(x)<0，
即f(x)(3)法一：
证明：∵存在x1>x2时，便得g(x1)=g(x2)成立，
∴x1−lnx1=x2−lnx2，
∴x1−x2=lnx1−lnx2=lnx1x2，
令t= x1x2，由x1>x2>0可知t>1，
由(2)知h(x)=2lnx+1x−x在x∈(1,+∞)上单调递减，
∴h(t)∴2ln x1x2< x1x2− x2x1，即lnx1x2∴x1−x2=lnx1x2由x1>x2>0，知x1−x2>0，
∴1 x1x2>1，即 x1⋅x2<1，
∴x1⋅x2<1.
法二：∵g(x)=x−lnx，x∈(0,+∞)，
∴g′(x)=1−1x=x−1x,g′(x)>0⇒x>1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
∵存在x1>x2时，使得g(x1)=g(x2)成立，
∴x1−lnx1=x2−lnx2，且x1>1>x2>0,1x2>1，
∴g(x1)−g(1x2)=x1−lnx1−(1x2−ln1x2)=x2−lnx2−(1x2−ln1x2)=x2−1x2−2lnx2，
令φ(x)=x−1x−2lnx,x∈(0,+∞)，
∴φ′(x)=1+1x2−2x=x2−2x+1x2=(x−1)2x2≥0，
∴φ(x)=x−1x−2lnx在x∈(0,+∞)上单调递增，
又∵0∴φ(x2)=x2−1x2−2lnx2<φ(1)=0，即g(x1)−g(1x2)<0，即g(x1)∵x1,1x2∈(1,+∞),g(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴x1<1x2，即x1⋅x2<1.
【解析】(1)根据题意，求导得到极值，即可得到结果；
(2)根据题意，构造h(x)=f(x)−g(x)，x∈(1,+∞)，然后求导得到h(x)<0，即可证明；
(3)方法一：由条件可得x1−x2=lnx1−lnx2=lnx1x2，令t= x1x2，然后结合(2)中的结论即可证明；
方法二：结合条件可得g(x1)−g(1x2)=x2−1x2−2lnx2，然后令φ(x)=x−1x−2lnx,x∈(0,+∞)，然后由函数φ(x)的单调性即可证明．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性与极值，以及利用导数证明不等式问题，难度较难，解答本题的关键在于构造出合适的函数，然后利用导数去研究．
21.【答案】解：(Ⅰ)由题意可知若a4=1，则a3=2，a2∈{1,4}，
若a2=1，则a1=2，不符合题意，
所以a2=4，此时有a1=3或a1=8；
(Ⅱ)证明：由于数列{an}为整数数列，且an≥3，
根据数列{an}的递推规律可知an为正整数，
设t为数列{an}的最小值，则t为奇数，
由于t+12∈{an}，所以有t≤t+12，即t≤1，
又an的取值为正整数，所以t=1，
当出现第一个ak=1，则ak+2=1，ak+4=1，…，
以此类推数列{an}中总包含无穷多等于1的项；
(Ⅲ)证明：若a1=3，不等式显然成立，
若a1>3，不妨设2a≤a1≤2a+1，a≥2，a∈N*，令m=f(a1)，
若a1为奇数，则a2为偶数，由于2a−1都有f(a1)≥f(2a+1)+1，当a3=2a时，等号成立，
若a1为偶数，则接下来an中至少出现一个奇数，所以f(a1)≥f(2a+1)+1，
所以当a1不为左右端点时，f(a1)>f(2a+1)=1+lg22a+1>1+lg2a1，
当a1为左右端点时，f(a1)=1+lg2a1，即f(a1)≥1+lg2a1，
若a1=2a+1，则a2=2a+2，a3=2a−1+1，a4=2a−1+2，…，am+3=3，am+2=4，am+1=2，am=1，
a1，a2位于区间[2a,2a+1]，a3，a4位于区间[2a−1,2a]，…，am+1，am位于区间[1,2]，
以此类推可知此时f(a1)=2f(2a)，
若a1≠2a+1，则an不会总是在一个区间内出现一奇一偶，所以此时f(a1)<2f(2a)，
所以f(a1)≤2f(2a)=2+2lg22a<2+2lg2a1，
综上可知，1+lg2a1≤m<2+2lg2a1.
【解析】(Ⅰ)根据题意由a4=1进行倒推即可；
(Ⅱ)由于数列{an}为整数数列，且an≥3，根据数列{an}的递推规律可知an为正整数，设t为数列{an}的最小值，则t为奇数，若t为偶数，t不可能为最小值，而后建立关于t的不等式得出t的范围即可；
(Ⅲ)若a1=3，不等式显然成立，若a1>3，不妨设2a≤a1≤2a+1，a≥2，a∈N*，令m=f(a1)，接下来分为奇数和偶数的情况进行讨论，若a1=2a+1，则a2=2a，…，am=1，此时m=1+a+1，若a1为奇数，则a2为偶数，由于2a−1本题主要考查数列的递推式，属中档题．x
(−∞,−2)
−2
(−2,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
283
单调递减
−43
单调递增
X
0
1
2
P
1549
2649
849