北京市朝阳区2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题
一、单选题
1．（2023高二下·朝阳期末）已知集合，集合，则（ ）
A．｛0，1｝ B．
C． D．
2．（2023高二下·朝阳期末）已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高二下·朝阳期末）不等式的解集为空集，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023高二下·朝阳期末）从集合中任取两个不同的数，则取出的两个数中恰有一个是奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高二下·朝阳期末）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2018高一上·营口期中）设 ， 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．既不充分也不必要条件
7．（2023高二下·朝阳期末）某学校4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只能去1个小区，且每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法种数为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高二下·朝阳期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的一个周期为
B．函数的一个零点为
C．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
D．的图象关于直线对称
9．（2023高二下·朝阳期末）良好生态环境既是自然财富，也是经济财富．为了保护生态环境，某工厂将产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量（单位：毫克升）与过滤时间（单位：小时）之间的函数关系为，为常数且，为原污染物数量．该工厂某次过滤废气时，若前4个小时废气中的污染物恰好被过滤掉90%，那么再继续过滤2小时，废气中污染物的残留数量约为原污染物数量的（ ）
A． B． C． D．
10．（2023高二下·朝阳期末）已知定义在R上的函数满足：
①；
②；
③当时，
则函数在区间上的零点个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、填空题
11．（2023高二下·朝阳期末）二项式的展开式中的常数项是 ．（用数字作答）
12．（2023高二下·朝阳期末）某中学高一、高二、高三年级的学生人数分别为1200，1000，800，为迎接运动会的到来，按照各年级人数所占比例进行分层抽样，选出30名志愿者，则高二年级应选出的人数为 ．
13．（2023高二下·朝阳期末）当时，函数的最小值为 ，此时 ．
14．（2023高二下·朝阳期末）已知，则关于的不等式的解集是 ．
15．（2023高二下·朝阳期末）若函数的图象在区间上恰有两个极值点，则满足条件的实数的一个取值为 ．
16．（2023高二下·朝阳期末）已知集合为非空数集，且同时满足下列条件：
（ⅰ）；
（ⅱ）对任意的，任意的，都有；
（ⅲ）对任意的且，都有．
给出下列四个结论：
①；②；③对任意的，都有；④对任意的，都有．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
17．（2023高二下·朝阳期末）设函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使函数唯一确定．
条件①：；
条件②：的最小值为；
条件③：的图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分．
（1）求和的值；
（2）设函数，求在区间上的最大值．
18．（2023高二下·朝阳期末）某保险公司2022年的医疗险理赔服务报告给出各年龄段的投保情况与理赔情况，统计结果如下：
注：第1组中的数据13%表示0-5岁年龄段投保人数占全体投保人数的百分比为13%；
24%表示0-5岁年龄段理赔人数占全体理赔人数的百分比为24%．其它组类似．
（1）根据上述数据，估计理赔年龄的中位数和第90百分位数分别在第几组，直接写出结论；
（2）用频率估计概率，从2022年在该公司投保医疗险的所有人中随机抽取3人，其中超过40岁的人数记为，求的分布列及数学期望；
（3）根据上述数据，有人认为“该公司2022年的理赔的平均年龄一定小于投保的平均年龄”，判断这种说法是否正确，并说明理由．
19．（2023高二下·朝阳期末）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若是的一个极值点，求的单调递增区间；
（3）是否存在，使得在区间上的最大值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
20．（2023高二下·朝阳期末）已知函数，．
（1）当时，证明；
（2）若直线是曲线的切线，设，求证：对任意的，都有．
21．（2023高二下·朝阳期末）若有穷整数数列满足（），且各项均不相同，则称为数列．对数列，设，，则称数列为数列的导出数列．
（1）分别写出数列与的导出数列；
（2）是否存在数列使得其导出数列的各项之和为0？若存在，求出所有符合要求的数列；若不存在，说明理由；
（3）设数列与的导出数列分别为与，求证：的充分必要条件是．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】根据题意，A∩B={-1，0}.
故答案为：C．
【分析】根据集合的交集运算即可求解.
2．【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系；诱导公式
【解析】【解答】sin（π-a）=sina=，∵a∈（，π），∴cosa=.
故答案为：A．
【分析】根据诱导公式和同角三角函数的基本关系求解即可.
3．【答案】A
【知识点】空集；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】根据题意可得：，解得-4≤a≤4，即a的取值范围[-4，4].
故答案为：A．
【分析】根据题意可得，求解a即可.
4．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】根据题意，从集合中任取两个不同的数有种，取出的两个数中恰有一个是奇数有种，故恰有一个是奇数的概率.
故答案为：C．
【分析】分别求解任取两个不同的数、两个数中恰有一个是奇数的种数，再根据古典概型概率公式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；正弦函数的性质
【解析】【解答】a=lg＜lg31=0，b=30.1＞30=1，sin3＞0，sin3＜1，0＜c＜1，所以b＞c＞a.
故答案为：B．
【分析】根据对数函数性质、指数函数性质、正弦函数有界性可求解a、b、c的范围，即可求解.
6．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由 一定可得出 ；但反过来，由 不一定得出 ，如 ，
故答案为：A.
【分析】根据 一定推出 ，反之，若 ，a=0就不能得出 。
7．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】根据分步乘法计数原理，先将4人分3组有种方法，再将3组安排到3个小区有种方法，所以共有6×6=36种安排方法，
故答案为：D．
【分析】根据分步乘法计数原理，先将4人分3组，再将3组安排到3个小区，求解即可.
8．【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】 A、f(x+π)=sin（2x+2π-）=sin（2x-），其最小正周期为，A错误；
B、将x=代入f(x+π)=sin（2x-）=sin0=0，B正确；
C、的图象向右平移个单位长度得到y=sin（2x-）的图象，C错误；
D、根据2x-=kπ+，k∈Z可得x=，k∈Z，所以函数f(x)图象关于直线x=对称，D错误；
故答案为：B．
【分析】根据正弦函数周期公式求解f(x+π)周期判断A；代入x=求解判断B；利用三角函数图象变换判断C；利用正弦函数对称性判断D.
9．【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】根据题意，当x=4时，y0e-4k=(1-90%)·y0，解得e-4k=0.1，e-k=，
当x=6时，y=y0e-6k=y0·（e-k）6=y0·[]6=y0·=y0·，
因为3.1＜＜3.2，所以y≈0.03y0，即≈0.03=3%.
故答案为：C．
【分析】根据题意，代入x=4，x=6求解即可.
10．【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】根据①可知f(x)图象关于点（1，0）对称，根据②可知f(x)图象关于直线x=-1对称，结合③可画出f(x)在[-5，3]上的图象，如图所示：
函数g(x)=f(x)+在[-5，3]上的零点个数即函数f(x)图象与直线y=在[-5，3]上的交点个数，由图象可知交点个数为4.
故答案为：B．
【分析】根据题意，求得f(x)图象关于点（1，0）对称、关于直线x=-1对称，从而画出f(x)图象，将零点个数问题转化为交点个数问题即可求解.
11．【答案】160
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】二项式展开后的通项为，令6-2r=0解得r=3，所以常数项为.
故答案为：160．
【分析】根据题意表示出二项式展开后的通项，令x指数为零即可求解.
12．【答案】10
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】根据题意，按照分层抽样原理，应选出高二年级人.
故答案为：10．
【分析】根据分层抽样原理求解即可.
13．【答案】1；1
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】因为x＞-1，所以，当且仅当时取等，即x=1.
故答案为：1；1．
【分析】利用基本不等式求解即可.
14．【答案】
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】x2-4ax-5a2=（x+a）（x-5a）＜0，所以方程（x+a）（x-5a）=0的实数根为-a和5a，因为a＞0，所以5a＞-a，所以原不等式的解集为（-a，5a）.
故答案为：（-a，5a）．
【分析】根据因式分解求解对应方程的实数根，比较两根大小后即可求解不等式解集.
15．【答案】π（答案不唯一）．
【知识点】余弦函数的图象；余弦函数的性质
【解析】【解答】因为函数在 上恰有两个极值点，又因为2x∈（，2m），所以π＜2m≤2π，即＜m≤π，所以满足条件的实数m可以是π.
故答案为：π（答案不唯一）．
【分析】根据余弦函数图象和性质求解m范围即可求解.
16．【答案】①③④
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【解答】①：因为2∈M，所以2-2=0∈M，①正确；
②：因为2∈M，所以∈M，所以2-=∈M，-=1∈M，②错误；
③：因为x，y∈M，又因为0∈M，所以0-y=-y∈M，所以x-（-y）=x+y∈M，③正确；
④：x∈M，∈M，根据③可得+=∈M，因为1∈M，所以x-1∈M，所以∈M，所以-=∈M，所以x（x-1）∈M，所以x（x-1）+x=x2∈M，所以当x，y∈M时，x2，y2，，∈M，所以xy=-∈M，④正确.
故答案为：①③④．
【分析】根据（ⅰ）和（ⅱ）可证明①正确；根据（ⅰ）和（ⅲ）可得∈M，结合（ⅱ）可证明②错误；根据①结论可得-y∈M，结合（ⅱ）可证明③正确；由已知可得∈M，∈M，推到-∈M得到x2∈M，进而x2，y2，，∈M，结合（ⅱ）可证明④正确.
17．【答案】（1）解：选①③．
因为，
由，得．
因为的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，
所以．
所以．
因为，所以．
选②③．
因为，
由的最小值为，得．
因为的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，
所以．
所以．
因为，所以．
注：选①②不成立，理由如下．
因为，
由，得．由的最小值为，得．
无法确定的值，故函数不是唯一确定．
故选①②不成立.
（2）解：由（1）可知．
．
因为，所以．
所以当，即时，
在区间上取得最大值．
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）由条件①可得m=1，由条件②可得m=1，由条件③可得ω=1，故选择①②不能确定ω使f(x)唯一确定；
（2）根据（1）的结果求解g(x)，求解区间上的最大值即可.
18．【答案】（1）解：理赔年龄的中位数在第4组，理赔年龄的第90百分位数在第5组．
（2）解：用频率估计概率，从投保医疗险的人中随机抽取1人超过40岁的概率为．
的所有可能取值为．
．
．
．
．
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望：
．
（3）解：不正确．
反例，比如理赔的年龄比较靠近每一组区间的右端点，投保的年龄比较接近每一组区间的左端点，这样估计的结果就是理赔的平均年龄较大．
用区间的右端点估计理赔的平均年龄为：
用区间的左端点估计投保的平均年龄为：
因为32.13>26.62，所以说法不正确．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用中位数和第90百分位数所占比例判断组别即可；
（2）列出随机变量X的分布列，求解数学期望即可；
（3）直方图表示的时年龄区间，不能判断真实的平均数，举反例证明即可.
19．【答案】（1）解：当时，，所以．
因为，所以．
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）解：函数的定义域为，则，
因为是的一个极值点，所以．解得．
所以，．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以当时，是的极大值点．
此时的单调递增区间为．
（3）解：①当时，
因为，，
所以在区间上单调递增．
此时．
若，则，不合题意．
②当，即时，
令，解得．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
此时．
若，则，符合题意．
综上，当时，在区间上的最大值为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义，求解切线方程即可；
（2）根据题意可得f'(2)=0，求解a，经检验后即可得出单调递增区间；
（3）求解函数导数后分类讨论导数的正负，求解函数单调区间，进而求解函数最大值，使其最大值=-2即可求解a的值.
20．【答案】（1）证明：当时，设，则．
令，解得．
当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增．
所以．
所以成立．
（2）证明：由已知得．
设切点为，
则解得
所以，．
要证，
即证，
即证，
即证．
令，原不等式等价于，即．
设，则．
所以在区间上单调递增．
所以．
所以成立．
所以对任意，都有．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）构造，利用导数研究函数单调性结合函数最值证明即可；
（2）利用切线方程求解m=1，求得，代入要证明的不等式中，将不等式转化，构造函数，利用导数研究函数单调性证明即可.
21．【答案】（1）解：的导出数列为，
的导出数列为．
（2）解：不存在，理由如下：
设，
则，，，
，
，
．
因为，
所以是奇数，
是偶数，
是奇数，
是偶数，
是奇数．
因为共三个奇数，
所以是奇数．
所以不可能为0．
（3）证明：必要性：
若，
则，
．
充分性：下面用反证法证明．
假设存在，使得．
若，令．
若，令．
因为，
所以．
设中有项比小，则有项比大，
所以．
设中有项比小，则有项比大，
所以．
因为且，所以，
所以，矛盾．
所以．
【知识点】数列的应用
【解析】【分析】（1）根据题意运用导出数列的含义求解即可；
（2）根据题意设，分别求解λ1，λ2，……，λ6 ，根据奇偶性判断是否为0即可求解；
（3）根据题意可直接证明必要性，利用反证法可证明充分性.
1 / 1北京市朝阳区2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题
一、单选题
1．（2023高二下·朝阳期末）已知集合，集合，则（ ）
A．｛0，1｝ B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】根据题意，A∩B={-1，0}.
故答案为：C．
【分析】根据集合的交集运算即可求解.
2．（2023高二下·朝阳期末）已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系；诱导公式
【解析】【解答】sin（π-a）=sina=，∵a∈（，π），∴cosa=.
故答案为：A．
【分析】根据诱导公式和同角三角函数的基本关系求解即可.
3．（2023高二下·朝阳期末）不等式的解集为空集，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】空集；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】根据题意可得：，解得-4≤a≤4，即a的取值范围[-4，4].
故答案为：A．
【分析】根据题意可得，求解a即可.
4．（2023高二下·朝阳期末）从集合中任取两个不同的数，则取出的两个数中恰有一个是奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】根据题意，从集合中任取两个不同的数有种，取出的两个数中恰有一个是奇数有种，故恰有一个是奇数的概率.
故答案为：C．
【分析】分别求解任取两个不同的数、两个数中恰有一个是奇数的种数，再根据古典概型概率公式求解即可.
5．（2023高二下·朝阳期末）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；正弦函数的性质
【解析】【解答】a=lg＜lg31=0，b=30.1＞30=1，sin3＞0，sin3＜1，0＜c＜1，所以b＞c＞a.
故答案为：B．
【分析】根据对数函数性质、指数函数性质、正弦函数有界性可求解a、b、c的范围，即可求解.
6．（2018高一上·营口期中）设 ， 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．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由 一定可得出 ；但反过来，由 不一定得出 ，如 ，
故答案为：A.
【分析】根据 一定推出 ，反之，若 ，a=0就不能得出 。
7．（2023高二下·朝阳期末）某学校4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只能去1个小区，且每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】根据分步乘法计数原理，先将4人分3组有种方法，再将3组安排到3个小区有种方法，所以共有6×6=36种安排方法，
故答案为：D．
【分析】根据分步乘法计数原理，先将4人分3组，再将3组安排到3个小区，求解即可.
8．（2023高二下·朝阳期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的一个周期为
B．函数的一个零点为
C．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
D．的图象关于直线对称
【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】 A、f(x+π)=sin（2x+2π-）=sin（2x-），其最小正周期为，A错误；
B、将x=代入f(x+π)=sin（2x-）=sin0=0，B正确；
C、的图象向右平移个单位长度得到y=sin（2x-）的图象，C错误；
D、根据2x-=kπ+，k∈Z可得x=，k∈Z，所以函数f(x)图象关于直线x=对称，D错误；
故答案为：B．
【分析】根据正弦函数周期公式求解f(x+π)周期判断A；代入x=求解判断B；利用三角函数图象变换判断C；利用正弦函数对称性判断D.
9．（2023高二下·朝阳期末）良好生态环境既是自然财富，也是经济财富．为了保护生态环境，某工厂将产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量（单位：毫克升）与过滤时间（单位：小时）之间的函数关系为，为常数且，为原污染物数量．该工厂某次过滤废气时，若前4个小时废气中的污染物恰好被过滤掉90%，那么再继续过滤2小时，废气中污染物的残留数量约为原污染物数量的（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】根据题意，当x=4时，y0e-4k=(1-90%)·y0，解得e-4k=0.1，e-k=，
当x=6时，y=y0e-6k=y0·（e-k）6=y0·[]6=y0·=y0·，
因为3.1＜＜3.2，所以y≈0.03y0，即≈0.03=3%.
故答案为：C．
【分析】根据题意，代入x=4，x=6求解即可.
10．（2023高二下·朝阳期末）已知定义在R上的函数满足：
①；
②；
③当时，
则函数在区间上的零点个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】根据①可知f(x)图象关于点（1，0）对称，根据②可知f(x)图象关于直线x=-1对称，结合③可画出f(x)在[-5，3]上的图象，如图所示：
函数g(x)=f(x)+在[-5，3]上的零点个数即函数f(x)图象与直线y=在[-5，3]上的交点个数，由图象可知交点个数为4.
故答案为：B．
【分析】根据题意，求得f(x)图象关于点（1，0）对称、关于直线x=-1对称，从而画出f(x)图象，将零点个数问题转化为交点个数问题即可求解.
二、填空题
11．（2023高二下·朝阳期末）二项式的展开式中的常数项是 ．（用数字作答）
【答案】160
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】二项式展开后的通项为，令6-2r=0解得r=3，所以常数项为.
故答案为：160．
【分析】根据题意表示出二项式展开后的通项，令x指数为零即可求解.
12．（2023高二下·朝阳期末）某中学高一、高二、高三年级的学生人数分别为1200，1000，800，为迎接运动会的到来，按照各年级人数所占比例进行分层抽样，选出30名志愿者，则高二年级应选出的人数为 ．
【答案】10
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】根据题意，按照分层抽样原理，应选出高二年级人.
故答案为：10．
【分析】根据分层抽样原理求解即可.
13．（2023高二下·朝阳期末）当时，函数的最小值为 ，此时 ．
【答案】1；1
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】因为x＞-1，所以，当且仅当时取等，即x=1.
故答案为：1；1．
【分析】利用基本不等式求解即可.
14．（2023高二下·朝阳期末）已知，则关于的不等式的解集是 ．
【答案】
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】x2-4ax-5a2=（x+a）（x-5a）＜0，所以方程（x+a）（x-5a）=0的实数根为-a和5a，因为a＞0，所以5a＞-a，所以原不等式的解集为（-a，5a）.
故答案为：（-a，5a）．
【分析】根据因式分解求解对应方程的实数根，比较两根大小后即可求解不等式解集.
15．（2023高二下·朝阳期末）若函数的图象在区间上恰有两个极值点，则满足条件的实数的一个取值为 ．
【答案】π（答案不唯一）．
【知识点】余弦函数的图象；余弦函数的性质
【解析】【解答】因为函数在 上恰有两个极值点，又因为2x∈（，2m），所以π＜2m≤2π，即＜m≤π，所以满足条件的实数m可以是π.
故答案为：π（答案不唯一）．
【分析】根据余弦函数图象和性质求解m范围即可求解.
16．（2023高二下·朝阳期末）已知集合为非空数集，且同时满足下列条件：
（ⅰ）；
（ⅱ）对任意的，任意的，都有；
（ⅲ）对任意的且，都有．
给出下列四个结论：
①；②；③对任意的，都有；④对任意的，都有．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【解答】①：因为2∈M，所以2-2=0∈M，①正确；
②：因为2∈M，所以∈M，所以2-=∈M，-=1∈M，②错误；
③：因为x，y∈M，又因为0∈M，所以0-y=-y∈M，所以x-（-y）=x+y∈M，③正确；
④：x∈M，∈M，根据③可得+=∈M，因为1∈M，所以x-1∈M，所以∈M，所以-=∈M，所以x（x-1）∈M，所以x（x-1）+x=x2∈M，所以当x，y∈M时，x2，y2，，∈M，所以xy=-∈M，④正确.
故答案为：①③④．
【分析】根据（ⅰ）和（ⅱ）可证明①正确；根据（ⅰ）和（ⅲ）可得∈M，结合（ⅱ）可证明②错误；根据①结论可得-y∈M，结合（ⅱ）可证明③正确；由已知可得∈M，∈M，推到-∈M得到x2∈M，进而x2，y2，，∈M，结合（ⅱ）可证明④正确.
三、解答题
17．（2023高二下·朝阳期末）设函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使函数唯一确定．
条件①：；
条件②：的最小值为；
条件③：的图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分．
（1）求和的值；
（2）设函数，求在区间上的最大值．
【答案】（1）解：选①③．
因为，
由，得．
因为的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，
所以．
所以．
因为，所以．
选②③．
因为，
由的最小值为，得．
因为的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，
所以．
所以．
因为，所以．
注：选①②不成立，理由如下．
因为，
由，得．由的最小值为，得．
无法确定的值，故函数不是唯一确定．
故选①②不成立.
（2）解：由（1）可知．
．
因为，所以．
所以当，即时，
在区间上取得最大值．
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）由条件①可得m=1，由条件②可得m=1，由条件③可得ω=1，故选择①②不能确定ω使f(x)唯一确定；
（2）根据（1）的结果求解g(x)，求解区间上的最大值即可.
18．（2023高二下·朝阳期末）某保险公司2022年的医疗险理赔服务报告给出各年龄段的投保情况与理赔情况，统计结果如下：
注：第1组中的数据13%表示0-5岁年龄段投保人数占全体投保人数的百分比为13%；
24%表示0-5岁年龄段理赔人数占全体理赔人数的百分比为24%．其它组类似．
（1）根据上述数据，估计理赔年龄的中位数和第90百分位数分别在第几组，直接写出结论；
（2）用频率估计概率，从2022年在该公司投保医疗险的所有人中随机抽取3人，其中超过40岁的人数记为，求的分布列及数学期望；
（3）根据上述数据，有人认为“该公司2022年的理赔的平均年龄一定小于投保的平均年龄”，判断这种说法是否正确，并说明理由．
【答案】（1）解：理赔年龄的中位数在第4组，理赔年龄的第90百分位数在第5组．
（2）解：用频率估计概率，从投保医疗险的人中随机抽取1人超过40岁的概率为．
的所有可能取值为．
．
．
．
．
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望：
．
（3）解：不正确．
反例，比如理赔的年龄比较靠近每一组区间的右端点，投保的年龄比较接近每一组区间的左端点，这样估计的结果就是理赔的平均年龄较大．
用区间的右端点估计理赔的平均年龄为：
用区间的左端点估计投保的平均年龄为：
因为32.13>26.62，所以说法不正确．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用中位数和第90百分位数所占比例判断组别即可；
（2）列出随机变量X的分布列，求解数学期望即可；
（3）直方图表示的时年龄区间，不能判断真实的平均数，举反例证明即可.
19．（2023高二下·朝阳期末）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若是的一个极值点，求的单调递增区间；
（3）是否存在，使得在区间上的最大值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：当时，，所以．
因为，所以．
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）解：函数的定义域为，则，
因为是的一个极值点，所以．解得．
所以，．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以当时，是的极大值点．
此时的单调递增区间为．
（3）解：①当时，
因为，，
所以在区间上单调递增．
此时．
若，则，不合题意．
②当，即时，
令，解得．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
此时．
若，则，符合题意．
综上，当时，在区间上的最大值为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义，求解切线方程即可；
（2）根据题意可得f'(2)=0，求解a，经检验后即可得出单调递增区间；
（3）求解函数导数后分类讨论导数的正负，求解函数单调区间，进而求解函数最大值，使其最大值=-2即可求解a的值.
20．（2023高二下·朝阳期末）已知函数，．
（1）当时，证明；
（2）若直线是曲线的切线，设，求证：对任意的，都有．
【答案】（1）证明：当时，设，则．
令，解得．
当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增．
所以．
所以成立．
（2）证明：由已知得．
设切点为，
则解得
所以，．
要证，
即证，
即证，
即证．
令，原不等式等价于，即．
设，则．
所以在区间上单调递增．
所以．
所以成立．
所以对任意，都有．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）构造，利用导数研究函数单调性结合函数最值证明即可；
（2）利用切线方程求解m=1，求得，代入要证明的不等式中，将不等式转化，构造函数，利用导数研究函数单调性证明即可.
21．（2023高二下·朝阳期末）若有穷整数数列满足（），且各项均不相同，则称为数列．对数列，设，，则称数列为数列的导出数列．
（1）分别写出数列与的导出数列；
（2）是否存在数列使得其导出数列的各项之和为0？若存在，求出所有符合要求的数列；若不存在，说明理由；
（3）设数列与的导出数列分别为与，求证：的充分必要条件是．
【答案】（1）解：的导出数列为，
的导出数列为．
（2）解：不存在，理由如下：
设，
则，，，
，
，
．
因为，
所以是奇数，
是偶数，
是奇数，
是偶数，
是奇数．
因为共三个奇数，
所以是奇数．
所以不可能为0．
（3）证明：必要性：
若，
则，
．
充分性：下面用反证法证明．
假设存在，使得．
若，令．
若，令．
因为，
所以．
设中有项比小，则有项比大，
所以．
设中有项比小，则有项比大，
所以．
因为且，所以，
所以，矛盾．
所以．
【知识点】数列的应用
【解析】【分析】（1）根据题意运用导出数列的含义求解即可；
（2）根据题意设，分别求解λ1，λ2，……，λ6 ，根据奇偶性判断是否为0即可求解；
（3）根据题意可直接证明必要性，利用反证法可证明充分性.
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