2022-2023學(xué)年北京市昌平區(qū)高二下學(xué)期期中質(zhì)量監(jiān)測(cè)數(shù)學(xué)試題【含答案】

2022-2023學(xué)年北京市昌平區(qū)高二下學(xué)期期中質(zhì)量監(jiān)測(cè)數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】求得集合，結(jié)合集合交集的概念及運(yùn)算，即可求解.【詳解】由題意，集合，，根據(jù)集合交集的概念及運(yùn)算，可得.故選：B.2．若，，且，則下列不等式一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】運(yùn)用不等式的性質(zhì)及特值法求解.【詳解】對(duì)于A，令，所以，所以A不正確；對(duì)于B，因?yàn)?，所以，所以由不等式的可加性知：，所以B正確；對(duì)于C，令，所以，所以C不正確；對(duì)于D，令，所以，所以D不正確.故選：B.3．從4名高一學(xué)生和5名高二學(xué)生中，選3人參加社區(qū)垃圾分類(lèi)宣傳活動(dòng)，其中至少有1名高二學(xué)生參加宣傳活動(dòng)的不同選法種數(shù)為（

）A．50 B．70 C．80 D．140【答案】C【分析】根據(jù)題設(shè)條件利用組合知識(shí)并借助排除法即可作答.【詳解】由于選取的3人無(wú)順序性，求不同選法種數(shù)的問(wèn)題是組合問(wèn)題，又3人中至少有1名高二學(xué)生，其對(duì)立事件是沒(méi)有高二學(xué)生，所求不同選法種數(shù)，先從9人中任選3人有種選法，沒(méi)有高二學(xué)生的選法種數(shù)是，所以不同選法種數(shù)為故選：C4．設(shè)，則“”是“”的A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】首先分別解不等式和，根據(jù)即可得到答案.【詳解】由題知：，解得.，解得.因?yàn)?，所以“”是“”必要不充分條件.故選：A【點(diǎn)睛】本題主要考查必要不充分條件的判斷，同時(shí)考查了二次不等式，屬于簡(jiǎn)單題.5．函數(shù)的最小值為（

）A．5 B．3 C．2 D．【答案】A【分析】將函數(shù)變形為，利用基本不等式求解.【詳解】，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取等號(hào).所以函數(shù)的最小值為5故選：A【點(diǎn)睛】本題主要考查基本不等式求最值，屬于基礎(chǔ)題.6．定義在R上的偶函數(shù)在上單調(diào)遞減，且，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，分和兩種情況，分別列不等式求出解集即可．【詳解】由題意，當(dāng)時(shí)，，即，解得；當(dāng)時(shí)，，即，解得；則不等式的解集為故選：B7．若二項(xiàng)式的展開(kāi)式中含有常數(shù)項(xiàng)，則可以?。?/p>

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【分析】由通項(xiàng)公式求出，得到，其中且，通過(guò)檢驗(yàn)得到正確答案.【詳解】的通項(xiàng)公式，其中且，要想展開(kāi)式中含有常數(shù)項(xiàng)，則，即，當(dāng)時(shí)，滿足要求，經(jīng)檢驗(yàn)，其他選項(xiàng)均不合題意.故選：A8．將一枚質(zhì)地均勻的硬幣連續(xù)拋擲次，記為“正面朝上”出現(xiàn)的次數(shù)，則隨機(jī)變量的方差（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先判斷出，然后利用方差的計(jì)算公式求解即可．【詳解】解：由題意可知，，所以．故選：．9．已知，若函數(shù)有最小值，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】分、、、四種情況討論，分析函數(shù)在區(qū)間和上的單調(diào)性，結(jié)合題可得出關(guān)于實(shí)數(shù)的不等式組，進(jìn)而可求得實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】①當(dāng)時(shí)，二次函數(shù)的對(duì)稱軸為直線，此時(shí)函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，此時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，此時(shí)，，若使得函數(shù)有最小值，則，解得，不合乎題意；②當(dāng)時(shí)，二次函數(shù)的對(duì)稱軸為直線，此時(shí)函數(shù)在區(qū)間上的最小值為，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，此時(shí)，，若使得函數(shù)有最小值，則，解得，不合乎題意；③當(dāng)時(shí)，函數(shù)，則函數(shù)在區(qū)間上的最小值為，當(dāng)時(shí)，.此時(shí)，函數(shù)有最小值，合乎題意；④當(dāng)時(shí)，二次函數(shù)的對(duì)稱軸為直線，此時(shí)函數(shù)在區(qū)間上的最小值為，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，此時(shí)，若使得函數(shù)有最小值，則，解得，此時(shí).綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍是.故選：B.【點(diǎn)睛】本題考查利用分段函數(shù)存在最小值求參數(shù)的取值范圍，分析每支函數(shù)的單調(diào)性是解題的關(guān)鍵，考查計(jì)算能力，屬于中等題.10．已知定義域?yàn)榈暮瘮?shù)，對(duì)，若存在，對(duì)任意的，有恒成立，則稱為函數(shù)的“特異點(diǎn)”．函數(shù)，在其定義域上的“特異點(diǎn)”個(gè)數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根據(jù)題意知“特異點(diǎn)”應(yīng)為的極大值點(diǎn)，所以通過(guò)分析的極大值點(diǎn)個(gè)數(shù)即可解決問(wèn)題.【詳解】由題意知“特異點(diǎn)”應(yīng)為的極大值點(diǎn)，因?yàn)椋?，?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，又，，故不存在.又因?yàn)?，易知：?dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，故不可能有“特異點(diǎn)”，當(dāng)時(shí)，設(shè)，則，令，則，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故為的極大值點(diǎn)，即為的“特異點(diǎn)”.綜上所述，在其定義域內(nèi)僅有一個(gè)“特異點(diǎn)”.故選：A.二、填空題11．命題“”的否定是_________.【答案】，【解析】根據(jù)全稱命題的否定形式，直接求解.【詳解】全稱命題“”的否定是“，”.故答案為：，12．已知，，，則，，按從大到小排列為_(kāi)_____．【答案】【分析】根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合對(duì)數(shù)運(yùn)算性質(zhì)即可比較出大小關(guān)系.【詳解】，.故答案為：.13．為了喚起全民對(duì)睡眠重要性的認(rèn)識(shí)，國(guó)際精神衛(wèi)生組織于年發(fā)起了一項(xiàng)全球性的活動(dòng)——將每年的月日定為“世界睡眠日”.現(xiàn)從某中學(xué)初一至高三學(xué)生中隨機(jī)抽取部分學(xué)生進(jìn)行睡眠質(zhì)量調(diào)查，采用睡眠質(zhì)量指數(shù)量表統(tǒng)計(jì)結(jié)果如下：性別人數(shù)睡眠質(zhì)量好睡眠質(zhì)量一般睡眠質(zhì)量差男女合計(jì)假設(shè)所有學(xué)生睡眠質(zhì)量的程度是相互獨(dú)立的.以調(diào)查結(jié)果的頻率估計(jì)概率，現(xiàn)從該中學(xué)男生和女生各隨機(jī)抽取人，二人中恰有一人睡眠質(zhì)量好的概率是___________.【答案】【分析】利用獨(dú)立事件的概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】從該中學(xué)男生中隨機(jī)抽取人，這個(gè)人睡眠質(zhì)量好的概率為，從該中學(xué)女生中隨機(jī)抽取人，這個(gè)人睡眠質(zhì)量好的概率為，因此，該中學(xué)男生和女生各隨機(jī)抽取人，二人中恰有一人睡眠質(zhì)量好的概率是.故答案為：.14．已知，則__________．（用數(shù)字作答）【答案】【分析】在已知條件中分別令，，將所得兩式相減即得所求【詳解】令，則令，則所以故答案為：15．函數(shù)的最小值為_(kāi)_____.【答案】1【分析】由解析式知定義域?yàn)?，討論、、，并結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性，即可求最小值.【詳解】由題設(shè)知：定義域?yàn)?，∴?dāng)時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，有，此時(shí)單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，有，此時(shí)單調(diào)遞增；又在各分段的界點(diǎn)處連續(xù)，∴綜上有：時(shí)，單調(diào)遞減，時(shí)，單調(diào)遞增；∴故答案為：1.16．下列命題中，正確的命題的序號(hào)為_(kāi)_________.①已知隨機(jī)變量服從二項(xiàng)分布，若，，則；②將一組數(shù)據(jù)中的每個(gè)數(shù)據(jù)都加上同一個(gè)常數(shù)后，方差恒不變；③設(shè)隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，若，則；④某人在10次射擊中，擊中目標(biāo)的次數(shù)為，，則當(dāng)時(shí)概率最大.【答案】②③④【分析】由二項(xiàng)分布的均值與方差公式計(jì)算判斷①，由方差的性質(zhì)判斷②，由正態(tài)分布的對(duì)稱性判斷③，由二項(xiàng)分布的概率公式列不等式組求解后判斷④．【詳解】①，解得，①錯(cuò)；②方差反映的是數(shù)據(jù)與均值的偏移程度，因此每個(gè)數(shù)據(jù)都加上同一個(gè)常數(shù)后，每個(gè)新數(shù)據(jù)與新均值的偏移不變，方差恒不變，②正確；③服從正態(tài)分布，，③正確；④，則，由，解得，所以．④正確．故答案為：②③④．三、解答題17．第屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)于年月日在北京、張家口盛大開(kāi)幕．為保障本屆冬奧會(huì)順利運(yùn)行，共招募約萬(wàn)人參與賽會(huì)志愿服務(wù)．賽會(huì)共設(shè)對(duì)外聯(lián)絡(luò)服務(wù)、競(jìng)賽運(yùn)行服務(wù)、媒體運(yùn)行與轉(zhuǎn)播服務(wù)、場(chǎng)館運(yùn)行服務(wù)、市場(chǎng)開(kāi)發(fā)服務(wù)、人力資源服務(wù)、技術(shù)運(yùn)行服務(wù)、文化展示服務(wù)、賽會(huì)綜合服務(wù)、安保服務(wù)、交通服務(wù)、其他共類(lèi)志愿服務(wù)．(1)甲、乙兩名志愿者被隨機(jī)分配到不同類(lèi)志愿服務(wù)中，每人只參加一類(lèi)志愿服務(wù)．已知甲被分配到對(duì)外聯(lián)絡(luò)服務(wù)，求乙被分配到場(chǎng)館運(yùn)行服務(wù)的概率是多少？(2)已知來(lái)自某中學(xué)的每名志愿者被分配到文化展示服務(wù)類(lèi)的概率是，設(shè)來(lái)自該中學(xué)的名志愿者被分配到文化展示服務(wù)類(lèi)的人數(shù)為，求的分布列與期望；(3)萬(wàn)名志愿者中，歲人群占比達(dá)到，為了解志愿者對(duì)某一活動(dòng)方案是否支持，通過(guò)分層抽樣獲得如下數(shù)據(jù)：歲人群其它人群支持不支持支持不支持方案人人人人假設(shè)所有志愿者對(duì)活動(dòng)方案是否支持相互獨(dú)立．將志愿者支持方案的概率估計(jì)值記為，去掉其它人群志愿者，支持方案的概率估計(jì)值記為，試比較與的大?。ńY(jié)論不要求證明）【答案】(1)(2)分布列見(jiàn)解析，(3)【分析】（1）根據(jù)古典概型的計(jì)算公式直接計(jì)算；（2）分別計(jì)算概率并列出分布列，并求期望；（3）根據(jù)古典概型計(jì)算公式分別計(jì)算與，并比較大小.【詳解】（1）由已知共類(lèi)志愿服務(wù)，甲被分配到對(duì)外聯(lián)絡(luò)服務(wù)，且甲、乙兩名志愿者被隨機(jī)分配到不同類(lèi)志愿服務(wù)中，故乙可被分配的志愿服務(wù)共，所以乙被分配到場(chǎng)館運(yùn)行服務(wù)的概率為；（2）由已知可得隨機(jī)變量的可能取值為，，，故，，，分布列如下：期望；（3）由已知得志愿者支持方案的概率估計(jì)值記為，去掉其它人群志愿者，支持方案的概率估計(jì)值記為，故.18．設(shè)函數(shù)，，（1）求的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）當(dāng)，時(shí)，求證：.【答案】（1）當(dāng)時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間是，當(dāng)時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間是；（2）證明見(jiàn)解析【分析】（1）對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，再對(duì)進(jìn)行分類(lèi)討論，即可得到答案；（2）由，只需證，設(shè)，又，只需證，利用恒成立，即可證明結(jié)論.【詳解】（1），①當(dāng)時(shí)，在恒成立，在單調(diào)遞增；②當(dāng)時(shí)，，，在單調(diào)遞增，綜上，當(dāng)時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間是，當(dāng)時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間是；（2）因?yàn)椋C，只需證，設(shè)，，令恒成立，所以在上單調(diào)遞增，所以，即上恒成立，所以單調(diào)遞增，，即，得證.【點(diǎn)睛】證明指對(duì)不等式要注意常用不等式的應(yīng)用，如，等等，以及注意端點(diǎn)函數(shù)值與不等式的關(guān)系.19．某工廠生產(chǎn)的10件產(chǎn)品有8件優(yōu)等產(chǎn)品，2件不合格產(chǎn)品.（1）若從這10件產(chǎn)品中不放回地抽取兩次，每次隨機(jī)抽取一件，求第二次取出的是不合格產(chǎn)品的概率；（2）若從這10件產(chǎn)品中隨機(jī)抽取3件，設(shè)抽到的不合格產(chǎn)品件數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；（3）某工作人員在不知情的情況下，從這10件產(chǎn)中隨機(jī)抽取了3件產(chǎn)品銷(xiāo)售給了下級(jí)經(jīng)銷(xiāo)商.現(xiàn)該工廠針對(duì)3件已銷(xiāo)售產(chǎn)品中可能出現(xiàn)的不合格產(chǎn)品，提出以下兩種處理方案：方案一：將不合格產(chǎn)品返廠再加工，不合格產(chǎn)品的再加工費(fèi)用為每件200元，所有返廠產(chǎn)品的運(yùn)輸費(fèi)用為一次性80元；方案二：將不合格產(chǎn)品就地銷(xiāo)毀，每件不合格產(chǎn)品損失成本300元.若以返廠再加工費(fèi)用與運(yùn)輸費(fèi)用之和的期望值為決策依據(jù)，要使損失最小，應(yīng)選擇哪種方案處理不合格產(chǎn)品？【答案】（1）；（2）；（3）選擇方案一.【分析】（1）第二次取出的是不合格產(chǎn)品，則相當(dāng)于取出一個(gè)不合格品放到第二個(gè)空位，而第一個(gè)空位沒(méi)有任何要求.（2）先確定的取值，再計(jì)算出每個(gè)值得概率，列出分布列，根據(jù)期望公式求出答案.（3）分別選取兩種方案，通過(guò)期望算出每種方案的平均損失，即可得出答案.【詳解】（1）記A=“第二次取出的是不合格產(chǎn)品”，則；（2）由題意：可以取0,1,2.，，，則分布列為：X012P所以.（3）若選擇方案一：需要付出的損失費(fèi)用為：元；若選擇方案二：需要付出的損失費(fèi)用為：元.所以選擇方案一損失較小.20．已知函數(shù)．(1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；(2)求的極值；(3)若存在，，使得，求的取值范圍．【答案】(1)(2)當(dāng)時(shí)，無(wú)極值，當(dāng)時(shí)，有極小值，無(wú)極大值.(3)【分析】（1）當(dāng)時(shí)，，計(jì)算，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得曲線在點(diǎn)處的切線斜率為，進(jìn)而可得答案.（2）求導(dǎo)得，分兩種情況：和，各自分析的符號(hào)，的單調(diào)性，即可得出答案.（3）令在上的最大值為，最小值為，存在，使得成立，即或，由于，，只需，由（2）可知在上單調(diào)或先單調(diào)遞減后遞增，為與中的較大者，只需或，即可得到答案.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，，則，所以曲線在點(diǎn)處的切線斜率為，所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為.（2）由題，，當(dāng)時(shí)，恒成立，則在上單調(diào)遞減，無(wú)極值；當(dāng)時(shí)，令，得，所以在上，單調(diào)遞減，在上，單調(diào)遞增，所以有極小值，無(wú)極大值.綜上，當(dāng)時(shí)，無(wú)極值，當(dāng)時(shí)，有極小值，無(wú)極大值.（3）令在上的最大值為，最小值為，所以由題知，存在，使得成立，即或，當(dāng)，，所以存在，使得成立，只需，由（2）知：在上單調(diào)遞減，或先單調(diào)遞減后遞增，所以為與中的較大者，所以只需或，即可滿足題意，即或，解得或，綜上所述，的取值范圍為.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第三問(wèn)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)不等式在區(qū)間內(nèi)能成立問(wèn)題為關(guān)鍵.21．若函數(shù)滿足：存在非零實(shí)數(shù)，對(duì)任意定義域內(nèi)的，有恒成立，則稱為函數(shù).(1)求證：常數(shù)函數(shù)不是函數(shù)；(2)若關(guān)于的方程且有實(shí)根，求證：函數(shù)為函數(shù)；(3)如果函數(shù)為函數(shù)，那么是否仍為