2022-2023学年北京市东城区高二下学期期中测试数学试题【含答案】

一、单选题1．已知复数z满足A．第一象限【答案】A

【分析】根据除法计算复数z，再根据几何意义判断选项.

1iz2i，则z在复平面内对应的点在（ ）

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

z【详解】

2i2i1i13i13i1i1i1i222，

13,复数z在复平面内对应的点是22，在第一象限.故选：A2．在等差数列A．13【答案】C

【解析】利用等差数列的通项公式计算即可.【详解】故选：C.

【点睛】本题考查等差数列的通项公式，属容易题，等差数列的通项公式是：

an中，a11，公差d2，则a8等于（ ）

B．14

C．15

D．16

a8a17d17215,

ana1n1d.

x2的展开式中，x4的系数为3．在

A．5【答案】D

【解析】根据二项式定理计算即可.

14C5x42x2x【详解】解：在的展开式中的项为

55B．5C．10

D．10110x4，x4的系数为-10，

故选：D.

4．（2017.唐山市二模）已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率是A．0.6

B．0.7

C．0.8

D．0.9

【答案】C

【分析】由题意可知P（A）=0.5，P（AB）=0.4，利用条件概率公式可求得P（B丨

A）的值．

【详解】设第一个路口遇到红灯的事件为A，第二个路口遇到红灯的事件为B，

则P（A）=0.5，P（AB）=0.4，

PAB则P（B丨A）=PA=0.8，故选C．

【点睛】本题考查的是条件概率.条件概率一般有两种求解方法：(1)定义法：先求P(A)和P(AB)，

再由P(B|A)＝

PABPA ,求P(B|A)．(2)基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本

nAB事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝5．下列求导运算正确的是（ ）sinxcosxA．

nA.

1lnxB．xC．

axax1xD．

x21x【答案】D

【分析】利用常见函数的导数对选项分别求导即可.

sinxcosx【详解】对于A选项，，A选项错误；

11x2，B选项错误；对于B选项，xaa对于C选项，

xxlna，C选项错误；

对于D选项，故选：D

x21x，D选项正确．

6．数列A．3an满足

a12,an11B．31an1an，则a2023（ ）

1C．2D．2

【答案】C

【分析】根据数列的递推关系式，推断出数列

a12,an1an是周期为4的数列，从而可得a2023的值.

【详解】数列

an满足

1a1121an1+a21-31a23a3===-1a1121-a21+32，1an，所以，

11+a31a4==2=1-a31+132，

1-11a432aa511a5121a411a63a21a1235，，……

1所以数列故选：C.7．函数

an是周期为4的数列，则

a2023a50543a312.

fxx2sinx在区间[0,π]上的最小值为（ ）

C．π

π14A．【答案】A

B．0

π22D．

【分析】利用导数求函数的最小值即可.

fxx2sinxx[0,π]【详解】，，

fx12cosx令f(x)0，解得当

0x，

π4，

xππxπ4时，f(x)0，当4时，f(x)0，

ππ[0,][,π]

f(x)在4上单调递减，在4上单调递增，

πππf(x)minf()1x4时，44.当

故选：A8．下图是函数

yfx的导函数

yfx的图象，给出下列命题:

①2是函数②1是函数③④

yfx的极值点；

yfx的极值点；

yfxyfx在x0处切线的斜率小于零；在区间

2,2上单调递增.

则正确的命题序号是（ ）A．①②【答案】C

【分析】利用函数极值点的定义可判断命题①②的正误；利用导数的几何意义可判断命题③的正误；利用函数的单调性与导数的关系可判断命题④的正误.【详解】根据导函数图象可知当则函数故

B．①③

C．①④

D．②④

x,2时，

fx0，在

x2,时，

fx0，

yfx在

,2上单调递减，在2,上单调递增，

2,2上单调递增，即④正确；

，左侧单调递减，右侧单调递增，则2是函数

yfx在区间

而在x2处正确；

f20yfx的极小值点，故①

函数yfx在2,1上单调递增，在1,上单调递增，

1不是函数yfx极值点，故②不正确；

函数yfx在x0处的导数大于0，yfx在x0处切线的斜率大于零，故③不正确.

故选：C

9．袋子中有四张卡片，分别写有“中、华、文、明”四个字，有放回地每次从中任取一张卡片，共取三次．将三次抽取后“中，华”两个字都取到记为事件A，用随机模拟的方法估计事件A发生的概率．利用电脑随机产生0，1，2，3四个随机数，分别代表“中、华、文、明”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：

232231

321130

230133

023231

123031

021320

132122

220103

001233

由此可以估计事件A发生的概率为（ ）7A．185B．182C．91D．9【答案】B

【分析】找出18组随机数中0，1都抽到的个数，利用概率公式即可求解.【详解】由题意可得：18组随机数中，表示事件A发生即0，1取到的有

5021、001、130、031、103共5个，所以事件A发生的概率为18，故选：B.

10．已知f(x)是定义在R上的可导函数．若函数F(x)xf(x)，满足F(x)0对xR恒成立，则下面四个结论中，所有正确结论的序号是①f(1)f(1)0； ②f(x)0对xR成立；③f(x)可能是奇函数； ④f(x)一定没有极值点．A．①，②【答案】A

【分析】由单调性可判断①②，由奇偶函数的性质可判断③，取【详解】F(x)0对xR恒成立，所以函数F(x)xf(x)为增函数

B．①，③

C．①，②，③

D．②，③，④

fxx2，可判断④

F1F1f1f1f1f10当x0时，当x0时，

FxF00，①正确；

，则，则

fx0fx0，

，所以f(x)0对xR成立，②正确；

FxF00③f(x)是奇函数时F(x)xf(x)是偶函数，不可能始终为增函数，因此③错误；若

fxx2，符合题意，但函数有极值点，故④错误；

故选：A

二、填空题11．已知

fxln2x1，则f1____________.

2【答案】3【分析】求出【详解】

fx的导函数，把x1带入即可.

fx22f12x1，所以3.

2故答案为：3【点睛】要注意复合函数求导法则.

12．在一段时间内，甲去博物馆的概率为0.8，乙去博物馆的概率为0.7，且甲乙两人各自行动.则在这段时间内，甲乙两人至少有一人去博物馆的概率是__________.【答案】0.94【分析】利用相互事件同时发生的概率乘法运算求解.【详解】甲乙两人都不去博物馆的概率是(10.8)(10.7)0.06，所以甲乙两人至少有一人去博物馆的概率是10.060.94，故答案为: 0.94.

三、双空题

1fxlnxx22的单调增区间为_____________，极值点是______________.13．函数

【答案】

0,1

fx1

，求出函数的单调区间，得出函数的极值点.

【分析】先求解出

11x2fxxx0f¢x>0xx【详解】因为，令()，解得0x1，所以单调递增区间为令

0,1，

fx0，解得x1，即函数的单调递减区间为(1,)，

所以x1是函数的极大值点.故答案为：

0,1；1

四、填空题

2a14．已知在数列{an}前n项和Snnn，则数列{an}的通项公式n_____________.

【答案】2n2a,n1an1SnSn1,n2，即可求解.【分析】利用

【详解】当n1时，a1S10，

anSnSn1n2n1nn12n2n2当时，，

2经检验

a10满足an2n2，

所以an2n2，故答案为：2n21f(x)=x3-ax2+2x+3,315．已知函数 在  上单调递增，则实数a的取值范围是

________________．

2,2【答案】【分析】函数单调递增，等价为f′（x）≥0在结论．

1【详解】解：因为函数f（x）＝3x3﹣ax2+2x+3在（﹣∞，+∞）上单调递增，

,恒成立，利用二次函数的图象和性质即可得到

所以f′（x）≥0在,恒成立，

f′（x）＝x2﹣2ax+2，二次函数开口向上，只需判别式△＝4a2﹣4×2≤0，即a2≤2，﹣2≤a≤2，2,2 ，故实数a的取值范围是2,2．故答案为【点睛】本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，将函数单调递增转化为f′（x）≥0恒成立是解决本题的关键．

五、双空题

16．在新冠核酸检测中，常用的是单管检测法和“10混1”检测法.单管检测法，就是对每个被检测人取一管检测样本单独检测，直接能得到被检测人的检测结果是阴性或者阳性.优点是准确，交叉感染风险低，缺点是检测费用高.“10混1检测法”，即将10个人的检测样本合并在一个试管中混合均匀后进行一次检测，若检测结果为阴性，则可以确定所有被检测人该次检测都是阴性；若检测结果

为阳性，则还需要对本组每个被检测人再次做单管检测，以确定每位参与检测成员的最终检测结果.优点是在阳性人员较少时检测费用低，省时省力.缺点是阳性人员较多时交叉感染风险高，同管人员有阳性时需二次检测.假设每次检测结果准确.

（1）现对20人进行核酸检测，将他们随机分成甲乙两组，每组10人，且对每组都分别采用“10混1”检测法进行检测.假设20人中只有2人感染新冠病毒，则感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为_____________.

（2）现准备对10人进行核酸检测，已知每人核酸阳性的概率为0.1，且检测结果互不影响.若采用“10混1”检测法检测，检测次数的平均值为m；若采用单管检测法，检测次数为n，则

10m________n（填>，=，<）（可能会用到的数据0.90.35）

【答案】

12/0.5；

<.

【分析】（1）列出基本事件总个数，根据古典概型即可求解；（2）求出“10混1”检测法检测次数的期望值即可进行比较.

【详解】（1）设感染新冠病毒的两人分别为A,B.

则有A,B在甲组；A在甲组，B在乙组；A在乙组，B在甲组；A,B在乙组，共4种情况，满足条件的为2种.

1所以概率为2.

（2）若采用单管检测法，检测次数为n，则n10.

10.1若采用“10混1”检测法检测，全部为阴性，则检测一次的概率为

10100.9100.35.

110.110.9100.65m0.3510.65117.5若有阳性存在，则需要检测11次，概率为..所以mn.

1故答案为：2，<

六、解答题

17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，

a12，

S530.等比数列{bn}满足

a3b38，且公比为

q=2.

(1)求数列{an}的通项公式；(2)求

b5的值；

(3)求数列{bn}的前n项和Tn.【答案】(1)(2)8(3)

an2nTn2n112【分析】（1）根据等差数列的求和公式得出公差，即可求出通项公式；（2）根据等比数列的通项公式求解；

（3）求出首项，直接由等比数列求和公式得解.【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，

则

S55a154d302，解得d2，

an2(n1)22n.

（2）等比数列{bn}满足

a3b38，

6b38，即b32，

b5b3q2248.

（3）由（2）可知，b112，

nb3b1q24b1，

1(12n)b(1q)21Tn12n11q122.18．已知函数(1)求(2)求

fx13xx23x3.

fxfx的单调区间；

在区间[3,3]上的最大值和最小值.

有三个根，写出k的取值范围（无需解答过程）.

(3)若方程

fxk【答案】(1)增区间为(,1)和(3,)，减区间为(1,3)5(2)3，9(3)

9k53【分析】（1）利用导数求出函数单调区间；（2）根据函数的增减性确定函数的最值；

（3）由函数图象的变化情况，结合函数的极值得出结论.【详解】（1）

fxx22x3,

令f(x)0可得x1或x3，令f(x)0可得1x3，

故函数的增区间为(,1)和(3,)，减区间为(1,3).（2）由（1）知，[3,1]上递增，在[1,3]递减，故当x=1时，

f(x)maxf(1)53，

f(x)min9.

又f(3)9,f(3)9，故

5（3）由（1）（2）知函数在(,1)上递增，在(1,3)上递减，在(3,)上递增，且极大值为3，

极小值为9，若方程

fxk有三个根，即yf(x)与yk图象有3个交点，

故k的取值范围为

9k53.

19．流行性感冒多由病毒引起，据调查，空气月平均相对湿度过大或过小时，都有利于一些病毒繁殖和传播.科学测定，当空气月平均相对湿度大于65%或小于40%时，有利于病毒繁殖和传播下表记录了某年甲、乙两个城市12个月的空气月平均相对湿度..

第一季度

第二季度

第三季度

第四季度

11

1月

2月

3月

4月

5月

6月

7月

8月

9月

10月

月

甲地乙地

54%38%

39%34%

46%31%

54%42%

56%54%

67%66%

%69%

66%65%

78%62%

72%70%

72%a%

12月

59%

b%

（Ⅰ）从上表12个月中，随机取出1个月，求该月甲地空气月平均相对湿度有利于病毒繁殖和传播的概率；

（Ⅱ）从上表第一季度和第二季度的6个月中随机取出2个月，记这2个月中甲、乙两地空气月平

均相对湿度都有利于病毒繁殖和传播的月份的个数为X，求X的分布列和数学期望；

（Ⅲ）若ab108，设乙地上表12个月的空气月平均相对湿度的中位数为M，求M的最大值和最小值.（只需写出结论）

1【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）分布列见解析，

EX23；（Ⅲ）最大值为58%，最小值为54%．

【分析】（Ⅰ）设事件A：从上表12个月中，随机取出1个月，该月甲地空气月平均相对湿度有利于病毒繁殖和传播．用

Ai表示事件抽取的月份为第i月，利用列举法能求出该月甲地空气月平均相

对湿度有利于病毒繁殖和传播的概率．

（Ⅱ）在第一季度和第二季度的6个月中，甲、乙两地空气月平均相对湿度都有利于病毒繁殖和传播的月份只有2月和6月，X所有可能的取值为0，1，2．分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X的分布列和期望．

（Ⅲ）ab108，设乙地上表12个月的空气月平均相对湿度的中位数为M，由此能求出M的最大值，最小值．

【详解】（Ⅰ）设事件A：从上表12个月中，随机取出1个月，该月甲地空气月平均相对湿度有利于病毒繁殖和传播．用

Ai表示事件抽取的月份为第i月，

则{A1，A2，A3，

A4，A5，

A6，

A7，A8，

A9，A10，A11，A12}共12个基本事件，

A{A2，A6，A8，A9，A10，A11}共6个基本事件，

所以，该月甲地空气月平均相对湿度有利于病毒繁殖和传播的概率（Ⅱ）在第一季度和第二季度的6个月中，

P(A)61122；

甲、乙两地空气月平均相对湿度都有利于病毒繁殖和传播的月份只有2月和6月，故X所有可能的取值为0，1，2．

2C462P(X0)2C6155，

11C2C8P(X1)24C615，2C21P(X2)2C615随机变量X的分布列为：X012

P258151152812EX012515153；

（Ⅲ）ab108，设乙地上表12个月的空气月平均相对湿度的中位数为M，

则M的最大值为58%，最小值为54%．20．已知函数f(x)axlnx(aR)．

（Ⅰ）当a2时，求曲线yf(x)的在点x1处的切线方程；（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅲ）若f(x)0恒成立，求a的取值范围．

1【答案】（Ⅰ）xy10；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）e，)．

[【分析】（Ⅰ）函数f(x)axlnx．当a2时，f(x)2xlnx，f（1）2．切线的斜率为f（1），利用点斜式即可得出曲线yf(x)的在点x1处的切线方程．（Ⅱ）

f(x)a1x，x(0,)．对a分类讨论即可得出单调区间．

a（Ⅲ）若f(x)0恒成立，则

lnxlnxg(x)x，x(0,)．利用导数研x在x(0,)上恒成立．令

究其单调性即可得出函数g(x)的最大值，即可得出所求．

x0【详解】解：（Ⅰ）函数f(x)axlnx，

当a2时，f(x)2xlnx，f（1）2．

f(x)21x，

f（1）1，

曲线yf(x)的在点x1处的切线方程为：y2x1，即xy10．

（Ⅱ）

f(x)a1x，x(0,)．

a0时，f(x)0，函数f(x)在x(0,)上单调递减．

1a(x)af(x)a0时，x，

11x(0,)(a上单调递减，在a，)上单调递增．则函数f(x)在

（Ⅲ）若f(x)0恒成立，则令

g(x)lnxx，x(0,)．

alnxx在x(0,)上恒成立．

g(x)1-lnx1lnxg(x)0x2，令x2，则xe，

当当

x0,e时，g(x)0，所以

g(x)lnxx在x0,e递增，lnxx在xe,递减，

xe,时，g(x)0，所以

1e，

g(x)所以

g(x)maxge1所以a的取值范围为e，)．

[21．已知函数（Ⅰ）求函数

fxfxx1ex.

的极值；

12fxx1x0,2（Ⅱ）求证：当时，；

（Ⅲ）当x0时，若曲线

yfx2在曲线yax1的上方，求实数a的取值范围.

1,2【答案】（Ⅰ）极大值1，无极小值；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）【分析】（Ⅰ）求导，列出随x的变化，

f'x和

fx的情况表，进而求得极值；

1x11gxfxx21xx21xg'x0e10x0x02e2（Ⅱ）令（），求导，由得，则，

进而得出函数

gx的单调性，由此得证；

（Ⅲ）当

1a02及a0均可判断不合题意，进而得出实数a的取值范围.【详解】（Ⅰ）因为随x的变化，

ax11hxfxax21xax21e2时，由（Ⅱ）知符合题意，再令，分

fx和

x1x''fxex，定义域R，所以ex.令f(x)=0，解得x0.的情况如下：

f'xfxx

,00

0,fx0fx增极大值减

由表可知函数

fx在x0时取得极大值

f01，无极小值；

1x11gxfxx212x212e2（Ⅱ）证明：令（x0），

x1gxxxx1xee'xex1xxe.

由x0得e10，于是

g'x0，故函数

gx0,是上的增函数.

12fxx1gxg00x0,2所以当时，，即；11fxx21ax21a22时，由（Ⅱ）知（Ⅲ）当，满足题意.

令

hxfxax21x1x1'2hx2axx2aax1xxee.ex，

111x0,ln0,lna0hx0hx2a2a上是减函数.，当2时，若，则在1x0,ln2a时，hxh00，不合题意.所以

hx0,h'x0hxh00a0当时，，则在上是减函数，所以，不合题意.1,2综上所述，实数a的取值范围.

【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性、极值、最值、证明不等式，求参数的范围，关键在于构造合适的函数，求其导函数的正负，得出其函数的单调性，从而得出所构造的函数的图象趋势，可以解决函数的极值、最值、不等式等相关问题，属于难度题.22．若无穷数列①

an满足以下两个条件，则称该数列为数列.

an2an12；

a11，当n2时，

②若存在某一项(1)若

1,2,,m1am5，则存在kaam4（m2且mN）.

，使得ka20，写出所有数列的前四项；

(2)若a20，判断数列是否为等差数列，请说明理由；(3)在所有的数列中，求满足

am2021的m的最小值.

【答案】(1)数列的前四项为：1,1,1,1；1,1,1,5；1,1,3,3；1,1,3,7(2)数列为首项为1公差为4的等差数列，理由见解析(3)m的最小值为1517a0a21aan14【分析】（1）先根据条件①去绝对值可得anan1或n，由2得，再根据条

件逐个列举即可；

aan14（2）由条件①知，当n2时，anan1或n，由a20得a25，利用反证法假设数列中存在最小的正整数i（i3），使得aiai1，根据单调性结合条件②可知假设不成立，即可得结论；

（3）先根据条件②可得

a3n1bn分析即可．

bn4n31n506必为数列{an}中的项，再结合条件①可得

aan14【详解】（1）由条件①知，当n2时，anan1或n，因为

a20，由条件①知a21，

所以数列的前四项为：1,1,1,1；1,1,1,5；1,1,3,3；1,1,3,7.（2）若a20，数列是等差数列

aan14由条件①知，当n2时，anan1或n，因为a20，所以a25假设数列中存在最小的正整数i（i3），使得aiai1，则由

a1,a2,a3,,ai1a11则

单调递增，

均为正数，且

a1,a2,a3,,ai1ai1a25.

所以

aiai15.由条件②知，则存在

k1,2,3,,i1aai41，使得k此时与

a1,a2,a3,,ai1均为正数矛盾，

aan14所以不存在整数i（i3），使得aiai1，即n.所以数列为首项为1公差为4的等差数列.（3）由

am2021及条件②,

可得1,5,9,,2017,2021必为数列

an中的项，记该数列为bn，有bn4n31n506，

不妨令此时

bnaj，由条件①，

aj1aj4n3或

aj1aj44n7均不为

bn14n1；

aj24n3或4n1或4n7或4n11，均不为

，

aj24n1bn14n1上述情况中，当结合由

aj14n3时，

aj3aj24n1bn1a11，则有a3n1bn.

b5062021，得m350611517即为所求.