【文档说明】北京市昌平区2023-2024学年高二下学期期末质量抽测数学试卷 Word版含解析.docx，共(19)页，942.082 KB，由小赞的店铺上传

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昌平区2023—2024学年第二学期高二年级期末质量抽测数学试卷2024.7本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.第一部分（选择题共

40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合0Axx=，1Bxx=，则AB=（）A.1,1−B.1,0−C.0,1D.(,1−【答案】B【解析】【分析】化简集合B，再利用交集的定义求解即得.【详解

】集合{|||1}{|11}Bxxxx=−=，而0Axx=，所以1,0AB=−.故选：B2.若():,0px−，220xx−，则p为（）A.(),0x−，220xx−B.(),

0x−，220xx−C.(),0x−，220xx−D.(),0x−，220xx−【答案】A【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题即可求解.【详解】p:(),0x−，220xx−,故选：A3.下列函数中，既是奇函数又在区间()0,+上单调递增的是

（）A.yx=B.sinyx=C.3y=D.1yx=−【答案】D【解析】【分析】由题意利用函数的奇偶性和单调性，得出结论．【详解】由于yx=的定义域)0,+，不关于原点对称，不存在奇偶性，故排除A；由于y＝sinx是奇函数，在()0,+上不具有单调

性，故排除B；由于y＝3是常函数，不具有单调性，排除C；由于1yx=−是奇函数，且在区间()0,+上单调递增，符合题意．故选：D．4.已知数列na的前n项和23nSnn=−，则34aa+=（）A.1B.2C.4

D.6【答案】D【解析】【分析】根据3442aaSS+=−计算可得.【详解】因为23nSnn=−，则244344S=−=，222322S=−=−，所以()3442426aaSS+=−=−−=.故选：D5.函数()()1fxxx=−的最大值为（）A.14B.12C.22D.1【答案】B【解

析】【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】由于01x，所以()()11122xxfxxx+−=−=，当且仅当1xx=−，即12x=时等号成立，故最大值为12，故选：B6.设a，b为非零实数，则“0ab”是“11ab”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.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】由0ab可以得到11ab，故充分性成立，当2a=−，3b=−时满足11ab，但是推不出0ab，故必要性不成立，所以“0ab”是“11ab”的充分而不

必要条件.故选：A7.若点()cos,sinA关于x轴的对称点为ππcos,sin33B−−，则的取值可以是（）A.π3B.5π6C.7π6D.5π3【答案】C【解析】【分析】依题意可得πcoscos3πsinsin3=

−=−−，利用和差角公式变形可得πsin06−=，从而求出的取值.【详解】因为点()cos,sinA关于x轴的对称点为ππcos,sin33B−−

，所以πcoscos3πsinsin3=−=−−，即ππcoscoscossinsin33ππsinsincoscossin33=+=−+，即3

1sincos02233sincos022−=−=，所以πsin06−=，所以ππ6k−=，Zk，所以ππ6k=+，Zk，故符合题意的只有C.故选：C8.已知函

数()2log1fxxx=−+，则不等式()0fx的解集是（）A.()0,1B.()(),12,−+C.()1,2D.()()0,12,+【答案】D【解析】【分析】由()0fx可得2log1xx−，即1yx=−的图象在2logyx=

图象的上方，画出2log,1yxyx==−图象，即可得出答案.【详解】因为()2log1fxxx=−+的定义域为()0,+，因为()21log1110f=−+=，()22log2210f=−+=，由()0fx可得2log1xx−，即1yx

=−的图象在2logyx=图象的上方，画出2log,1yxyx==−的图象，如下图，由图可知：不等式()0fx的解集是()()0,12,+.故选：D.9.把液体A放在冷空气中冷却，如果液体A原来的温度是1C，空气的温度是0C

，则tmin后液体A的温度C可由公式()0.3010et−=+−求得．把温度是62C的液体A放在15C的空气中冷却，液体A的温度冷却到51C和27C所用时间分别为1tmin，2tmin，则21tt−的值约为（）（参考数

据ln31.10）A.2.7B.3.7C.4.7D.5.7【答案】B【解析】【分析】根据题目给的温度公式，代入计算即可.【详解】由已知()10.351156215et−=+−，()20.327156215et−=+−，所以11036ln347t=−，21012ln347t=−，所以

211012103610lnlnln33.73473473tt−=−+=.故选：B.10.已知集合()1210,,,10,1,2,,10iAxxxxi===或，对于集合A中的任意元素()1210,,,pppp=和()1210,,,qqqq=，记()()()()1111222210101

0101,2Mpqpqpqpqpqpqpq=+−−++−−+++−−.若集合BA，,pqB，均满足(),0Mpq=，则B中元素个数最多为（）A.10B.11C.1023D.1024【答案】B【解析】【分析】分析可得当ip和iq同时为1时，()||12iiiipqpq+−−=，当i

p和iq至少有一个为0时，()||02iiiipqpq+−−=，要使(),0Mpq=，则B的所有元素的()1,2,3,,10ixi=位置至多有1个1，讨论即可得到集合B的元素个数的最值．【详解】依题意，对于A中元素()121

0,,,pppp=和()1210,,,qqqq=，当ip和iq同时为1时，()||12iiiipqpq+−−=，当ip和iq至少有一个为0时，()||02iiiipqpq+−−=，要使得A的一个子集B中任两个不同元素p、q，均满足(),0Mpq=，设集合B中的元素记为()121

0,,,xxx，则B的所有元素的()1,2,3,,10ixi=位置至多有1个1，若()1,2,3,,10ixi=位置为1，其它位置为0的元素有10个，若()1,2,3,,10ixi=全为0的有1个，综上B中元素最多有10111+=个．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出B的所有

元素的()1,2,3,,10ixi=位置至多有1个1，从而确定B中元素个数的最大值.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.在平面直角坐标系中，角以原点为顶点，以x轴正半轴为始边，其终边经过点()1,2-，则cos=____

_______.【答案】55−##155−【解析】【分析】利用三角函数的定义计算可得.【详解】因为角的终边经过点()1,2-，所以()2215cos512−==−−+.故答案为：55−12.已知函数()()2log32xfxx=+−，则()1f−=________

__.【答案】12##0.5【解析】【分析】根据函数解析式直接代入计算可得.【详解】因为()()2log32xfxx=+−，所以()()12111221log132f−−=−−+==−.故答案为：1213.我国南宋数学家秦九韶在《数书九章

》中对于同余问题给出了较完整的解法，即“大衍求一术”，也称“中国剩余定理”．现有问题：将正整数中，被2除余1且被3除余2的数，按由小到大的顺序排成一列，则此列数中第10项为___________.【答案】59【解析】【分析】被2除余1且被3除余2的数构成公差为6的等差数列，由此即

可得．【详解】依题意，设a满足被2除余1且被3除余2，则a加上2和3的最小公倍数6的整数倍后也能满足被2除余1且被3除余2．设被2除余1且被3除余2的数由小到大排列而成的数列为{}na，由于被2除余1且被3除余2的最小正整数

为5，则{}na是首项为5，公差为6的等差数列，所以()105101659a=+−=．故答案为：59．14.已知函数()32,2,xxafxxaxa=−+，若()fx在R上是增函数，则a的一个取值为____________；若()fx在R

上不具有单调性，则a的取值范围是___________.【答案】①.0（满足20a−的任意a的值均可）②.()(),20,−−+【解析】【分析】首先分析各段函数的单调性，要使()fx在R上是增函数，则2302aaaa−+，求出a的取值范

围，则()fx在R上不具有单调性，即为刚刚求出的a的范围的补集.【详解】因为3yx=在定义域R上单调递增，22yxa=−+在(),0−上单调递增，在()0,+上单调递减，又()32,2,xxafx

xaxa=−+，要使()fx在R上是增函数，则2302aaaa−+，解得20a−；若()fx在R上不具有单调性，则2a−或0a，即a的取值范围是()(),20,−−+.故答案为：0（满足20a−的任意a的值均可）；()(),20,−−

+15.已知等差数列na的前n项和为nS，且202320242022SSS.数列11nnaa+的前n项和为nT.给出下列四个结论：①20230a；②2022202320242025aaaa；③使

0nS成立的n的最大值为4048；④当2023n=时，nT取得最小值.其中所有正确结论的序号是_____________.【答案】①②④【解析】【分析】由na与nS的关系即可判断①；由等差数列的性质即可判断②③；由数列11nnaa+的正负规

律即可判断④.【详解】2024202320240SSa−=，20242022202320240SSaa−=+，所以20230a，故①正确；因为数列na为等差数列，所以10a，公差0d，所以12202320240aaaa，因

为20232024202220250aaaa+=+，所以20222025aa，由20232024aa，所以()()2022202320242025aaaa−−，即2022202320242025aaaa，故②正确；因为()1404740472024404740

4702aaSa+==，()()1404620232024404640474047022aaaaS++==，所以0nS成立n的最大值为4046，故③不正确；因为20230a，20240a，所以当2022n时，110nnaa+，当20

23n=时，110nnaa+，当2024n时，110nnaa+，所以当2023n=时，nT取得最小值，故④正确.故答案：①②④.【点睛】方法点睛：解决数列前n项和nS的最值问题的一般方法有以下两类：（1）先求出数列

的前n项和，再通过1nnSS+−的符号研究数列nS的单调性求最值，或转化为求函数()nSfn=的最值求解；（2）不求数列的前n项和，通过对数列通项的符号变化规律找到所有的正负转折项，如：利用条件的为100nnaa+

来找nS最大时可能的项数n，利用条件100nnaa+来找nS最小时可能的项数n，需要注意的是，由于首项的特殊性（无前一项），最值也可能在1S处就取到.三、解答题（本大题共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.已知

函数()23sincossinfxxxx=+.（1）求()fx的最小正周期；（2）若()fx在区间0,m上的最大值为32，求实数m的取值范围.【答案】（1）π（2）π,3+【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质计算

可得；（2）依题意πsin26yx=−在区间[0,]m上的最大值为1，由x的取值范围，求出π26x−的范围，结合正弦函数的性质得到ππ262m−，解得即可.【小问1详解】因为()23sincossinfxxxx=+31cos2sin222xx−=+π1sin262x=−+

，所以()fx的最小正周期2ππ2T==；【小问2详解】由（1）可知，()π1sin262fxx=−+.因为()fx在区间[0,]m上的最大值为32，所以πsin26yx=−在区间[0

,]m上的最大值为1.因0xm，0m，为所以πππ22666xm−−−.所以ππ2620mm−，即π3m所以实数m的取值范围是π,3+.17.已知等比数列na为递增数列，其前n项和为nS，29a=，339S=.（1）求数列

na的通项公式；（2）若数列nnab−是首项为1，公差为3的等差数列，求数列nb的通项公式及前n项和nT.【答案】（1）3nna=（2）332nnbn=−+，123332nnnnT+−+−=【解析】【分析】（1）设等比数列na的首项为1a，公比为q

，依题意得到关于1a、q的方程组，解得1a、q，即可求出通项公式；（2）依题意可得332nnbn=−+，利用分组求和法计算可得.【小问1详解】设等比数列na的首项为1a，公比为q，根据题意可得12111939aqaaqaq=++=，解

得133aq==或12713aq==，因为等比数列{}na为递增数列，所以133aq==，所以数列{}na的通项公式为3nna=.【小问2详解】因为数列{}nnab−是首项为1，公差为3的等差数列，所以13(1)32nnabnn−=+−=−，.所以332nnbn

=−+，所以(39273)(14732)nnTn=++++−++++−3(13)(132)132nnn−+−=−−123332nnn+−+−=.18.已知函数()321fxxxx=−−−.（1）求()fx的单调区间；（2）若关于

x的不等式()0fxc−≤在区间1,2−上恒成立，求实数c的取值范围.【答案】（1）()fx的单调递增区间为13,−−和()1,+，递减区间为1,13−；（2）)1,+

【解析】【分析】（1）求导，直接利用导数求单调区间即可；（2）由（1）的结论可得()fx在1,2−上的单调性，求出函数()fx在1,2−上的最大值，即可求解c的取值范围．【小问1详解】因为()321fxxxx=−−−，所以()2321f

xxx=−−，令()0fx=，即()23210fxxx=−−=，解得13x=-或1x=，且当()11,3,x−−+时，()0fx¢>，当11,3x−时，()0fx，所以()fx的单调递

增区间为13,−−和()1,+，递减区间为1,13−；【小问2详解】由（1）知()fx的单调递增区间为11,3−−和()1,2，递减区间为1,13−；且122327f−=−，()2

1f=，所以()fx在1,2−上的最大值为()21f=，因为关于x的不等式()0fxc-在区间1,2−上恒成立，即()fxc在区间1,2−上恒成立，即()maxfxc，所以1c，所以c的取值范围为)1,+．19.设函数()cos2coscos2sn2πifxxx

=−+（0，π2），其最小正周期为T．（1）若2πT=，求的值；（2）已知()fx在区间π7π,1212上单调递减，7π112f=−，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数()fx存在，求，的值．条件①：5π,012

为函数()fx图象的一个对称中心；条件②：函数()fx图象的一条对称轴为π12x=；条件③：()32fT=．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0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．【答案】（1）12（2）选条件①：

函数()fx不存在；选条件②或③：1=，π3=．【解析】【分析】（1）化简可得()sin(2)fxx=+，再根据正弦函数的周期性，即可得解；（2）若选条件①：根据正弦函数的单调性、对称性和周期性，推出矛盾结果，可知()fx不存在；若选条件②：由函数的单调性与周期性可求得1=，再利用7π1

12f=−，求解即可；若选条件③：由()(0)sinfTf==，求得π3=，再结合7π112f=−及正弦函数的单调性与周期性，求出的值即可．【小问1详解】解：解：π()cos(2)coscos2sin2fxxx=−+sin2coscos2sin

xx=+sin(2)x=+，若2πT=，则22π2=，解得：12=．【小问2详解】解：由（1）知，函数()fx的最小值为1−，若选条件①：因为()fx在区间π7π,1212上单调递减，所以7πππ212

122T−=，即πT，又7π112f=−，且5π,012为函数()fx图象的一个对称中心，所以7π5ππ121264T−==，即2π3T=，与πT相矛盾，故函数()fx不存在．若选

条件②：因为()fx在区间π7π,1212上单调递减，7π112f=−，且函数()fx图象的一条对称轴为π12x=，所以7ππ12122T−=，即πT=，又π22T=，所以1=，所以()sin(2)fxx=+，由7π112f=−，知7π7πsin211

212f=+=−，即7πsin16+=−，所以7π3π2π62k+=+，Zk，即π2π3k=+，Zk，又π||2，所以π3=，综上，1=，π3=．若选条件③：因为()(0)sinfTf==，且3()2fT=，所以3sin2=，

即π2π3k=+，Zk或2π2π3k=+，Zk又π||2，所以π3=，所以π()sin23fxx=+，由7π112f=−，知7π7ππsin2112123f=+=−，即7ππsin163+=−

，所以7ππ3π2π632k+=+，Zk，即1217k=+，Zk，因为()fx在区间π7π,1212上单调递减，所以7πππ212122T−=，即πT，又π22T=，所以01，取0k=，则1=，综上所述：1=，π3=．20.设函数()1e2x

fxxmxm=−−.（1）若1m=−，求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程；（2）若()fx在=1x−处取得极小值，求实数m的取值范围；（3）若对任意的xR，()()1fxf−恒成立，直接写出实数m的范围.【答案】（1）2yx=（2）1(,)e−（3）(,0]−

【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）对函数求导后，分0m和0m讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间，进而可求出函数的极值点；（3）由（2）可知当0m时，满足题意.【小问1详解】若1m=−，则21()e,()(1)e1(1)(

e1)2xxxfxxxxfxxxx=++=+++=++，所以(0)0,(0)2.ff==所以曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程为2yx=.小问2详解】21()e2xfxxmxmx=−−，xR.()(

1)(e)xfxxm=+−.①若0m，e0xm−，当(,1)x−−时，10,()0xfx+,()fx单调递减，当(1,)−+x时，10,()0xfx+,()fx单调递增，所以()fx在=1x−处取得极小值.②若0m

，令()0fx=,得1x=−或lnxm=.若ln1m−，即10em.当x变化时，'()fx与()fx的变化如下表：x(,ln)m−lnm(ln,1)m−1−(1,)−+()fx+0−0+()fx递

增极大值递减极小值递增所以()fx在(,ln)m−，(1,)−+是增函数，在(ln,1)m−上是减函数.所以()fx在1x=−处取得极小值.若ln1m−≥,即1em≥,当(,1)x−−时，110,ee

xxmm−+−−0，所以()0fx，()fx单调递增．【所以1x=−不是()fx的极小值点．综上所述，实数m的取值范围是1(,)e−【小问3详解】由（2）可知，当0m时，()fx在(,1)−−上递减，

在(1,)−+上递增，所以min()(1)fxf=−，所以对任意的xR，()()1fxf−恒成立，所以0m满足题意，当10em时，()fx在(,ln)m−，(1,)−+是增函数，在(ln,1)m−上是减函数

，当x→−时，1e20,xmxm→−−→+，所以()fx→−，所以对任意的xR，()()1fxf−恒成立，不可能为真，当1em≥时，()fx在(,1)−−上递增，则()()1fxf−，综上，0m，即实数m的范围为(,0]−【点睛】关键点点睛：此题考查

导数的几何意义，考查利用导数解决函数极值点问题，考查利用导数解决不等式恒成问题，第（2）问解题的关键是分类讨论，考查分类讨论思想和计算能力，属于较难题.21.已知无穷数列na，给出以下定义：对于任意的*nN，都有212nnnaaa+++，则称数

列na为“T数列”；特别地，对于任意的*nN，都有212nnnaaa+++，则称数列na为“严格T数列”.（1）已知数列na，nb的前n项和分别为nA，nB，且21nan=−，12nnb−=−，试判断数列

nA，数列nB是否为“T数列”，并说明理由；（2）证明：数列na为“T数列”的充要条件是“对于任意的k，m，*nN，当kmn时，有()()()knmnmamkanka−+−−”；（3）已知数列nb为“严格T数列”，且对任意的*nN，nbZ，18b=−，12

88b=−.求数列nb的最小项的最大值.【答案】（1）nA是为“T数列”，nB不是为“T数列”；（2）证明见解析；（3）2024−.【解析】【分析】（1）根据等差等比的求和公式可得()21212nnnAn+−==，121212nnn

B−=−=−−，即可利用定义以及作差法求解，（2）利用累加法，结合放缩法可得()()1nmmmaanmaa+−−−，()()1mkmmaamkaa−−−−，即可求证必要性，取1,2mknk=+=+即可求证充分性，（3）根据定义可得nc为单调递

增数列，且Znc，进而得128112712610bbccc−=+++=，即可根据nb单调性得最小值为mb，结合放缩法和等差求和公式可得()()()1271281min8,822mmmmmb−−−

−−−−，即可求解.【小问1详解】由于21nan=−为等差数列，所以()21212nnnAn+−==，12nnb−=−为等比数列，121212nnnB−=−=−−，任意的*nN，都有𝐴𝑛+𝐴𝑛+2−2𝐴𝑛+1=𝑛2+(𝑛+2)2−2(𝑛+1)2=2>0，故2

12nnnAAA+++，所以数列nA是为“T数列”，任意的*nN，都有12212222022nnnnnnnBBB++++=−−+=−+−，故212nnnBBB+++，所以数列nB不是为“T数列”，【小问2详解】先证明必要性：因为na为“T数

列”，所以对任意的*nN，都有212nnnaaa+++，即211nnnnaaaa+++−−，所以对任意的k，m，*nN，当kmn时，有()()()()()11211nmnnnnmmmmaaaa

aaaanmaa−−−++−=−+−++−−−，所以1mmmnaaaanm+−−−，又()()()()()11211mkmmmmkkmmaaaaaaaamkaa−−−+−−=−+−++−−−，所以1m

kmmaaaamk−−−−，又11mmmmaaaa−+−−，1mkmmaaaamk+−−−故1mknmmmaaaaaamknm+−−−−−，即mknmaaaamknm−−−−，故()()()k

nmnmamkanka−+−−，再证明充分性：对于任意的k，m，*nN，当kmn时，有()()()knmnmamkanka−+−−，即mknmaaaamknm−−−−，对于任意的Nk,1,2mknk=+=+，则有1

2111kkkkaaaa+++−−，即可212kkkaaa+++，所以na为“T数列”，【小问3详解】数列nb为“严格T数列”，且对任意的*nN，有212nnnbbb+++，即211nnnnbbbb+++−−，设1+=−nnncbb，则nc为单调递增数列，且Zn

c，所以()()()111221121nnnnnnnbbbbbbbbccc−−−−−−=−+−+−=+++因为18b=−，1288b=−.所以128112712610bbccc−=+++=，所以存在N,2127mm时，10,0mmcc−，所以，当1,N,0

,nnnmnbb−−数列nb为单调递减数列，当1,N,0,nnnmnbb+−因此nb存在最小值，且最小值为mb，由于Znc，所以11270,1,,127mmcccm+−，且1211,2,,1,mmcccm−−−−−+所以()1121

12mmmmmbbccc−−−−=+++−，即()182mmmb−−−，()()1281271261271282mmmmbbccc−−−=+++，即()()12712882mmmb−−−−所以()()()1271281min8,822mmmmmb−−−−−−−()()

()()11271281276422mmmmm−−−−+=−，当64m=时，()()()12712818822mmmm−−−−−=−−，当64m时，−8−(127−𝑚)(128−𝑚)2>−8−𝑚(𝑚−1)2，当064m时

，()()()12712818822mmmm−−−−−−−所以当64m=时，mb的最大值为()1820242mm−−−=−，此时64,1,2,3,,127ncnn=−=，因为6465640cbb=−=，所以数列nb的最小项的最大

值为65642024bb==−【点睛】关键点点睛：由212nnnaaa+++得211nnnnaaaa+++−−，利用累加法和放缩法得()()()()()11211nmnnnnmmmmaaaaaaaanmaa−−−++−=−+−++−−−是证明第（2）问的关键.由211nnnnbbbb+++−

−，设1+=−nnncbb，则nc为单调递增数列，且Znc，由128112712610bbccc−=+++=，得存在N,2127mm时，10,0mmcc−，所以，当1,N,0,nnnmnbb−−数列nb为单调递减数列，当1,N,0,nnnmnbb+−是第（

3）问的求解关键.