资源简介

2024-2025学年北京市昌平区高二（下）期末数学试卷
一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知，，则下列大小关系正确的是( )
A. B. C. D.
3.从名男生和名女生中任选人参加演讲比赛，则所选人中恰有名男生的概率是( )
A. B. C. D.
4.下列函数中，是偶函数且在上为增函数的是( )
A. B. C. D.
5.已知函数，则下列说法中正确的是( )
A. 函数的图象可由的图象向右平移个单位得到
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的图象关于点对称
D. 函数在内有个零点
6.若“”是真命题，则实数的最小值为( )
A. B. C. D.
7.某城市甲区域的人口总数约为，乙区域的人口总数约为，则下列各数中与最接近的是参考数据：，
A. B. C. D.
8.设无穷等比数列的公比为，前项积为，则“有最大值”是“”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.在中，若，则的形状是( )
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不能确定
10.已知函数，，若存在，，使得，则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.函数的定义域是______．
12.已知为等差数列，为前项和若为与的等差中项，则 ______．
13.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称若，则 ______．
14.已知函数．
当时，若函数有三个不同的零点，则实数的一个取值为______；
若函数在，上都是增函数，则实数的取值范围为______．
15.已知数列满足，且，给出下列四个结论：
可能为等比数列；
若，则为递减数列；
不可能为递增数列；
存在实数，使得，都有．
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.本小题分
设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为若，，，．
求数列，的通项公式；
求和：．
17.本小题分
某同学用“五点法”画函数在某一周期，内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置，并直接写出函数的解析式和单调递减区间；
若函数，求函数在上的最小值．
18.本小题分
近年来，中国机器人科技水平在政策支持、技术创新及市场需求的多重驱动下实现了显著提升，尤其在工业机器人、服务机器人及特种机器人领域表现突出国内某科技公司致力于服务机器人的发展与创新，近期公司生产了甲、乙、丙三款不同的智能送餐机器人，并对这三款机器人的送餐成功率进行了测试，获得数据如下表：
甲款机器人 乙款机器人 丙款机器人
测试次数
成功次数
假设每款机器人的测试结果相互独立，用频率估计概率．
估计甲款机器人单次送餐成功的概率；
若让这三款机器人分别执行次送餐任务，设成功的总次数为，估计的数学期望；
若让这三款机器人分别执行次送餐任务，设成功的次数分别为，，，直接写出方差，，的大小关系．
19.本小题分
在中，．
求；
若，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的面积．
条件：；
条件：；
条件：．
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．
20.本小题分
已知函数．
当，时，
求曲线在点处的切线方程；
当时，求函数的最大值；
若是函数的极大值点，求实数的取值范围．
21.本小题分
已知集合，其中，由中的元素构成两个相应的集合：，，，，，，其中是有序实对数，集合和中的元素个数分别为和，若对于任意的，总有，则称集合具有性质．
检验集合与是否具有性质并对其中具有性质的集合，写出相应的集合和；
Ⅱ对任意具有性质的集合，证明：；
Ⅲ判断和的大小关系，并证明你的结论．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.答案不唯一
15.
16.等比数列的公比为若，，，．
若 ，则，解得，
所以；
，，所以，则；
由，
所以 ．
17.填表如下：



根据题意，可得，
函数的周期满足，解得，由，解得，
由为函数的最小值，可得，
结合，可得，所以函数的解析式为，
由表格，可知的单调递减区间为；
，
根据，可知当时，，所以在上的最小值为．
18.设甲款机器人单次送餐成功的概率为，则；
设乙款机器人单次送餐成功的概率为，丙款机器人单次送餐成功的概率为，
所以，
的可能取值为，，，，
所以，
，
，
，
所以；
由题意有，
所以，
所以．
19.根据边角转换，原式可以化简为：，
因为，
所以，
又因为为三角形内角，所以，
进而求得；
因为，，
所以根据余弦定理有：，
对于条件：
因为，所以，
又因为，所以有两个解，不满足存在且唯一；
对于条件：
因为，所以根据正弦定理有：，
因为，所以，
又因为，
所以满足存在且唯一，
此时，由，，，解得，
所以；
条件：，
由，又由正弦定理得，
由条件即可求解．
20.当，时，函数，，
导函数，，
切线方程为：，
整理得：．
导函数，因为，对任意实数恒成立
所以导函数的符号由决定：
当时，导函数，函数单调递减；
当时，导函数，函数单调递减，
所以是极小值点，时，，
时，，因此，
因此当时，在 处取得最大值为．
函数，
导函数，
因为是的极大值点，所以，
，
所以，化简得．
设函数，
导函数，
为了确保是极大值点，那么还需保证，
，
所以，所以，
所以．
21.因为时，且，所以集合不具有性质；
因为，，时，，，，总有，所以集合具有性质，
其相应的集合和是，，，；
首先，由中元素构成的有序数对共有个，因为，所以；
又因为当时，，所以当时，，
从而集合中元素的个数最多为，即；
，证明如下：当时，根据定义，，，且，从而，
如果与是的不同元素，那么与中至少有一个不成立，
从而与中也至少有一个不成立，
故与也是的不同元素，
可见，中元素的个数不多于中元素的个数，即；
当时，根据定义，，，且，从而，
如果与是的不同元素，那么与中至少有一个不成立，
从而与中也至少有一个不成立，
故与也是的不同元素，
可见，中元素的个数不多于中元素的个数，即；
综上可知，．
第1页，共1页

展开更多......

收起↑