2023-2024学年北京市海淀区高二下学期期末学业水平调研数学试卷（含解析）

2023-2024学年北京市海淀区高二下学期期末学业水平调研数学试卷
一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.的展开式中，所有二项式的系数和为( )
A. B. C. D.
2.已知函数，则的值为( )
A. B. C. D.
3.若等比数列的前项和，则公比( )
A. B. C. D.
4.下列函数中，在区间上的平均变化率最大的时( )
A. B. C. D.
5.将分别写有，，，的四章卡片，按一定次序排成一行组成一个四位数首位不为，则组成的不同四位数的个数为( )
A. B. C. D.
6.小明投篮次，每次投中的概率为，且每次投篮互不影响，若投中一次得分，没投中得分，总得分为，则( )
A. B. C. D.
7.已知一批产品中，项指标合格的比例为，项指标合格的比例为，、两项指标都合格的比例为，从这批产品中随机抽取一个产品，若项指标合格，则该产品的项指标也合格的概率是( )
A. B. C. D.
8.已知等差数列的前项和为，若、则“有最大值”是“公差”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
9.设函数若在上恒成立，则( )
A. B. C. D.
10.在经济学中，将产品销量为件时的总收益称为收益函数，记为，相应地把称为边际收益函数，它可以帮助企业决定最优的生产或销售水平．假设一个企业的边际收益函数 注：经济学中涉及的函数有时是离散型函数，但仍将其看成连续函数来分析给出下列三个结论：
当销量为件时，总收益最大；
若销量为件时，总收益为，则当销量增加件时，总收益仍为；
当销量从件增加到件时，总收益改变量的近似值为．
其中正确结论的个数为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.的展开式中含项的系数为 ．
12.某学校组织趣味运动会，一共设置了个项目其中只包含个球类项目，每位教师只能从个项目中随机选择个参加，设李老师选择的个项目中所含球类项目的数量为，则的所有可能取值为 ，数学期望 ．
13.已知数列是公比为的等比数列，若，则 ．
14.甲乙两人射击一架进入禁飞区的无人机．已知甲乙两人击中无人机的概率分别为，且甲乙射击互不影响，则无人机被击中的概率为 若无人机恰好被一人击中，则被击落的概率为；若恰好被两人击中，则被击落的概率为，那么无人机被击落的概率为
15.已知数列的前项和为，满足，当时， 给出下列四个结论：当时，；
当时，；
当时，，恒成立；
当时，从第三项起为递增数列．
其中所有正确结论的序号为 ．
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.（12分）已知函数．
判断在上的单调性，并证明；
求在上的零点个数．
17.（12分）某公司有甲乙两条生产线生产同一种产品，为了解产品的质量情况，对两条生产线生产的产品进行简单随机抽样，经检测得到了、的两项质量指标值，记为，定义产品的指标偏差，数据如下表：
甲生产线抽样产品编号指标
乙生产线抽样产品编号指标
假设用频率估计概率，且每件产品的质量相互独立．
从甲生产线上随机抽取一件产品，估计该产品满足且的概率；
从甲乙两条生产线上各随机抽取一件产品，设表示这两件产品中满足的产品数，求的分布列和数学期望；
已知的值越小则该产品质量越好．如果甲乙两条生产线各生产一件产品，根据现有数据判断哪条生产线上的产品质量更好？并说明理由．
18.（12分）已知
当时，求曲线在点处的切线方程；
已知有两个极值点，且满足，求的值；
在的条件下，若在上恒成立，求的取值范围．
19.（13分）已知数列，，，满足，集合设中有个元素，从小到大排列依次为
若，请直接写出；
若，求；
若，求的最小值
20.（13分）设函数从下列三个条件中选择两个作为已知，使函数存在．
求的最小正周期及单调递减区间；
若对于任意的，都有，求实数的取值范围．
条件：函数的图象经过点；
条件：在区间上单调递增；
条件：是的一条对称轴．
注：如果选择的条件不符合要求，第问得分；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．
21.（13分）设为正整数，集合对于集合中的任意元素和，定义，，以及．
若，，，，求；
若，均为中的元素，且，，求的最大值；
若均为中的元素，其中，，且满足，求的最小值．
答案解析
1.
【解析】的展开式中所有二项式的系数和为．
故选：．
2.
【解析】由，得，
所以．
故选：
3.
【解析】由，时，，
时，由解得，，
依题意，．
故选：．
4.
【解析】对于，在上的平均变化率为，
对于，在上的平均变化率为，
对于，在上的平均变化率为，
对于，在上的平均变化率为，
故在上的平均变化率最大，
故选：
5.
【解析】根据题意，可将四位数分成两类：
第一类，首位是，则只需要将所剩下的三个数字全排即得，有个；
第二类，首位是，只需在余下的三个数位选一个给即可，有个
由分类加法计数原理可得，组成的不同四位数的个数为．
故选：．
6.
【解析】设小明投中次数为，则由题意可知，
则，，
因为投中一次得分，没投中得分，所以，
则，．
故选：．
7.
【解析】记事件为“项指标合格”，事件为“项指标合格”，则
，
所以。
故选：
8.
【解析】充分性：等差数列的前项和为，
前项和可看做关于的二次函数，则公差时，有最大值，充分性得证；
必要性：等差数列的前项和为，若、公差，则等差数列每一项都是负数，显然取到最大值，必要性成立．
故选：．
9.
【解析】根据题意，函数若在上恒成立即函数在上的最大值为．
法一：
因为，所以
当时，在上单调递减，此时函数无最大值，不符合题意； A错误；
当时，令，因为，所以在上单调递减，当时，，
在上的最大值不为，不符合题意；C错误；
当时，令得，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
即函数在上的最大值为符合题意；D正确；
当时，
令得存在，满足
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
即函数在上的最大值为不符合题意；B错误；
法二：
对于，当时，在上单调递减，此时函数无最大值，不符合题意， A错误；
对于，当时，取，所以，此时函数的最大值不可能为B错误；
对于，当时，取，所以，此时函数的最大值不可能为，C错误；
对于，当时，
当，在上单调递增，在上单调递增，
当，在上单调递减，在上单调递减，综上可知在上恒成立， D正确；
故选：．
10.
【解析】根据题意可知，则为常数，
为常数，根据二次函数的最值可知当销量件时，总收益最大，正确；
若销量为件时，总收益为，
所以为常数，解得，
则当销量增加件，即件，总收益，正确；
当销量从件增加到件时，，
总收益改变量的近似值为正确；
故选：．
11.
【解析】二项式展开式的通项为，，
所以，所以展开式中含项的系数为．
故答案为：
12.，；
【解析】的取值可能为，．
依题意可知服从超几何分布，
则，，
所以．
故答案为：，；．
13.
【解析】因为，所以，
因为数列是公比为的等比数列，
所以
．
故答案为：
14.
【解析】设甲击中无人机为事件，乙击中无人机为事件，无人机被击中为事件，无人机被击落为事件，
则，所以，
所以，
若无人机恰好被一人击中，即事件，
则，
若无人机被两人击中，即事件，
则，
所以
．
故答案为：，
15.
【解析】当时，，当时，，所以或，
若，则，与题意矛盾，所以，
因为，所以或，
若，则，与题意矛盾，
所以，所以正确；
当时，，所以，
所以，，，
所以是以为周期的周期数列，所以，所以错误；
当时，，所以，
所以，因为，，所以，
由基本不等式可得，
当且仅当时，取等号，但因为，所以取不到等号，所以，所以正确；
当时，，所以，
所以，因为，，
所以，由基本不等式可得，
当且仅当时，取等号，但因为，所以取不到等号，所以，
又因为，
令，则，
当，
由的函数性质，由图可知，当，有，
所以从第二项开始为递减数列，
当且增大时，递减，递增，
所以从第三项起为递增数列，所以正确；
故答案为：
16.在上单调递增，证明如下：
因为，
所以，
又因为，从而，
所以，
所以在上单调递增．
由知：，
因为，
令，得．
与在区间上的情况如下：
极小
因为，，
所以由零点存在定理及单调性可知，在上恰有一个零点．
【解析】先判断单调性，再求导函数根据导函数正负证明函数单调性；
结合函数单调性及极值结合零点存在定理得出零点个数．
17.记表示“从甲生产线上随机抽取一件产品，该产品满足且”．
用频率估计概率，则．
所以该产品满足且的概率为．
由表格数据，用频率估计概率，
可得“从甲生产线上随机抽取一件产品，该产品满足”的概率为；
“从乙生产线上随机抽取一件产品，该产品满足”的概率为．
由题意，的所有可能取值为．
，
．
所以的分布列为
所以的数学期望为．
甲生产线上的产品质量更好，
因为甲生产线上值的平均值，
乙生产线上值的平均值，
所以甲生产线上值的平均值明显比乙小，
所以甲生产线上的产品质量更好．
其它理由：从甲乙两生产线的样本中各随机取一件，则
甲生产品的值小于乙的概率为，
所以甲生产线上的产品质量更好．
【解析】根据给定数据，利用频率估计概率即得；
先分别得出甲、乙的项指标值大于的产品的概率，再利用相互独立事件同时发生的概率乘法公式分别求解相应概率，列出分布列，最后求解期望即可；
比较甲乙两生产线上值的平均值大小可得其他理由也可，如：求出甲生产品的值小于乙的概率，再比较该概率值与的大小
18.当时，，
所以，
所以．
所以曲线在点处的切线方程为．
因为，
所以，
因为有两个极值点，
所以有两个大于的变号零点，
所以方程有两个不等正根，
所以，解得
又因为，
即有，
整理得，
代入，
可得，解得，
又因为，所以可得，
经检验，符合题意．
由可知且，从而，
因为在上恒成立，
令
则有在上恒成立，易得，
因为，所以，
令，对称轴，
当时，，
所以在单调递增，从而恒成立，
所以在也恒成立，
所以在单调递增，从而恒成立．
当时，，
所以有两个不等实根不妨设，
所以，且当时，，从而，
所以在上单调递减，
所以，与“在上恒成立”矛盾，
综上，的取值范围是．
【解析】利用导数的几何意义求解即可；
求导，由极值点的定义可知方程有两个不等正根，再根据整理得，利用韦达定理代入即可求解；
令，利用导函数求的单调性证明在上恒成立即可．
19.由题意可知，
所以可知，
所以，
所以．
因为对任意，都有，
所以依次为
，
，
，
，
，
所以．
．
先证明：．
方法：考虑从这个数中任取个求和，这些和都不小于，
因为，所以，从而，
因为，所以，即．
方法：假设，则．
则，
因为满足的必要条件是因为若，则，不等式不成立，
所以小于的和式至多有以下情况：
；
；
；
共，不合题意．
其次，证明存在符合要求的数列．
构造：令．
显然满足，
且．
此时，，故．
【解析】由题意可求得，从而可求出；
由题意可得，然后可依次求出，从而可求出；
先证明：，方法一：考虑从这个数中任取个求和，这些和都不小于，方法二：利用反证法，假设，则，然后推理证明；然后，证明存在符合要求的数列，构造，分析判断即可．
20.因为，
若选：由函数的图象经过点，
则，，即，，
由在区间上单调递增，有，即，
又且，即，所以，此时不存在；
选条件：由在区间上单调递增，有，即，
又且，即，所以，
由是的一条对称轴，则，，
所以，，所以，
所以，则的最小正周期，
由，解得，
所以的单调递减区间为；
若选：由函数的图象经过点，
则，，即，，
由是的一条对称轴，则，，所以，，
此时不存在；
由可知，
因为，所以，
所以，，
因为对于任意的，都有，所以，
即的取值范围为．
【解析】利用两角和的正弦公式将函数化简，再结合所选条件，结合周期与单调性关系先求出，求函数解析式，进而可求；
由的范围求出的范围，即可求出函数的值域，依题意．
21.设，则由，，知．
所以，得．
而，故，从而．
所以．
由已知有，，
这些条件的含义是，都恰有个分量等于，且任意两个不同向量没有同时为的分量．
由于，故一共只有个分量，这表明全体的所有分量中，至多有个．
而显然一共有个，故，得．
显然，，满足条件，此时．
这就说明的最大值是．
由，，知，．
而条件的含义是，在序列中，任意一对相邻的向量都恰有个分量不相等．
根据题目内容，已有．
若，则，，且恰有个分量不相等，恰有个分量不相等．
换言之，恰有个分量相等，恰有个分量相等．
而，故一定存在，使得的第个分量不相等，的第个分量也不相等．
这就表明的第个分量相等，但，，它们没有相等的分量，矛盾；
这就表明．
注意到，，，满足全部条件，此时．
所以的最小值是．
【解析】设，然后直接根据定义解得的值即可；
根据已知条件考虑中所有等于的分量的个数，得到，再对构造符合条件的例子；
直接通过反证法说明不可能成立，然后对构造符合条件的例子．
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