【文档说明】北京市第三十五中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，2.693 MB，由小赞的店铺上传

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北京市第三十五中学2023-2024学年第二学期期中测试高二数学行政班__________教学班__________姓名__________学号__________试卷说明：试卷分值150，考试时间120分钟.Ⅰ卷一．选择题（共10个小题，每题4分，共40分．

每小题只有一个正确选项，请选择正确答案填在答题卡相应的题号处）1.函数()2πfxx=在1x=处的导数()1f是（）A.2πB.3πC.4πD.5π【答案】A【解析】【分析】求出函数的导函数，从而得解.【详解】因为()2πfxx=，所以()2πfx=，所以()12πf=

.故选：A2.已知数列na的前n项和2nSnn=+，则23aa+=（）A.4B.6C.8D.10【答案】D【解析】【分析】由数列中na与nS的关系代入数值计算即可.【详解】由题意可得()22331331110aaSS+=−=+−+=，故选：D.3.已知

随机变量1~6,3B，则()4P==（）A.80243B.60243C.20243D.316【答案】C【解析】【分析】根据二项分布的概率公式计算可得.【详解】因为1~6,3B，所以()424611204133243PC==

−=.故选：C4.甲、乙两个气象台同时做天气预报，如果它们预报准确的概率分别为0.8与0.7，且预报准确与否相互独立，那么在一次预报中这两个气象台恰有一个预报准确的概率是（）A.0.06B.0.38C.0.56D.0.94【答案】B【解析】【分析】根据题意按一个预报准确一个预报不

准确分两类计算即可.【详解】解：由题可得一次预报中这两个气象台恰有一个预报准确的概率是：0.80.30.20.70.38+=，故选：B.5.在曲线1yxx=+上一点0P处的切线平行于直线0y=，则点0P的坐标可以是（）A.()0,0

B.()1,2C.()1,0−D.15,22【答案】B【解析】【分析】设00001,Pxxx+()00x，求出函数的导函数，利用导数的几何意义得到方程，求出0x，即可求出0P的坐标，最后还需检验.【详解】设00001,Pxxx+()

00x，由1yxx=+，可得211yx=−+，则0201|1xxyx==−+，依题意可得20110x−+=，解得01x=或01x=−，所以()01,2P或()01,2P−−，当()01,2P时切线为2y=，符合题意；当()01,2P

−−时切线为=2y−，符合题意.综上可得()01,2P或()01,2P−−.故选：B6.若等差数列na满足910110++aaa，8130aa+，则当na的前n项和最大时，n=（）A.10B.11C.12D.13【答案】A【解析】【分

析】由已知结合等差数列的性质即可求解【详解】因为等差数列na满足910111030aaaa++=，81310110aaaa+=+，所以100a，110a，即等差数列na的前10项为正数，从11项开始为负数，故

当na的前n项和最大时，10n=，故选：A7.某物流公司为了完成一项运输任务，提出了四种运输方案，这四种方案均能在规定时间T内完成预期的运输任务0Q，各种方案的运输总量Q与时间t的函数关系如图所示．在这四种方案中，运输效率（单位时间内的运输量）逐步提

高的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由导数的几何意义结合题意可判断.【详解】由运输效率（单位时间内运输量）逐步提高，即为()Qt逐渐变大，结合导数的几何意义可得曲线上的点的切线斜率应该逐渐增大，结合图象可知，故B正确，故选：B.8.在5道试题中有2道社会学题目和3道

艺术学题目，每次从中抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第的1次抽到社会学题目的条件下，第2次抽到艺术学题目的概率为（）A.16B.310C.12D.34【答案】D【解析】【分析】根据题意，由条件概率的计算公式，代入计算，即可得到结果．【详解】设事件A=“第1次抽

到社会学题目”，事件B=“第2次抽到艺术学题目”，所以()25PA=，()2335410PAB==，所以()3()310|2()45PABPBAPA===．故选：D．9.银行按规定每经过一定时间结算存（贷）款的利息一次，结息后即将利息并入本金，这种计算利息的方式叫

做复利．现在有某企业进行技术改造，方案如下：一次性贷款10万元投入生产，贷款期限为10年，银行贷款利息均以年息10%的复利计算，到期一次性归还本息；第一年便可获得利润1万元，以后每年比前一年增加40%（参考数据：101.12.594=，

101.428.925=），则此方案可获得净利润为（）万元A.16.7B.25.9C.33.8D.43.9【答案】D【解析】【分析】结合题意由等比数列求和公式求出10年获得的利润，再减去银行获得的复利可得结果.【详解】由题意可得10年获得的利

润为()()()102911.41140%140%140%69.8111.4−+++++++=−万元，到期时银行的本息和为()1010110%25.94+=万元，所以净利润为69.8125.9443.8743.9−=.故选：

D.10.如果函数()fx满足：对于任意给定的等比数列na，()nfa仍是等比数列，则称()fx为“保等比数列函数”．在下列函数：①()1fxx=+②()1fxx=③()2fxx=④()2xfx=中是“保等比数列函数

”的个数是（）的A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据等比中项的性质221nnnaaa++=，依次验证各个选项是否满足()()()221nnnfafafa++=，则可得结果.详解】由等比数列性质知221nnnaaa++=，且0na，对于①，()()()()2

222111nnnnnnnnfafaaaaaaa++++=++=+++，()()2221111121nnnnfaaaa++++=+=++，所以()()2nnfafa+与()21nfa+不一定相等，故①错误；对于②，()()()22122211111nnnnnnnnfafafaaaa

aa+++++====，故②正确；对于③，()()()()222222211nnnnnnfafaaaafa++++===，故③正确；对于④，()()()22212212222nnnnnaaaaannnfafafa++++++===，故④错误；故正确的有②③.故选：B【点睛】关键

点点睛：本题解答的关键是理解“保等比数列函数”的定义，利用等比中项的性质判断.Ⅱ卷二、填空题（共5个小题，每题5分，共25分，请将正确答案填在答题卡相应的题号处.）11.掷两颗均匀骰子，已知一颗掷出6点，问“掷出点数之和不小于1

0”的概率是______．【答案】12##0.5【解析】【分析】根据题意求得基本事件的总数和所求事件包含基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，同时抛掷两枚均匀的骰子，已知第一枚掷出

的点数为6，则基本事件的总数为6个，分别为()6,1，()6,2，()6,3，()6,4，()6,5，()6,6；其中两枚骰子掷出点数之和不小于10包含的基本事件为()6,4，()6,5，()6,6；【共有3个，所以两枚骰子掷出点数之和不小于10的概率为3162p==.故答案为：1212.已知

随机变量()~,Bnp，若()12E=，()4D=，则p=______．【答案】23【解析】【分析】根据二项分布的期望和方差公式计算可得.【详解】因为()~,Bnp，所以()12Enp==，()()14Dnpp=−=，即113p−=，所以23p

=.故答案为：2313.数列na中112,2,nnnaaaS+==为na的前n项和，若126nS=，则n=_______.【答案】6【解析】【详解】试题分析：由题意得，因为12nnaa+=，即12nnaa+=，所以数

列na构成首项12a=，公比为2的等比数列，则2(12)12612nnS−==−，解得6n=．考点：等比数列的概念及等比数列求和．14.天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所．天坛公园中的圜丘台共有三层（如图1所示），上层坛的中心是一块呈圆形的

大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图2所示）．上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则第二十七环的

扇面形石块数是______；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_______．【答案】①.243②.3402【解析】【分析】由题意可知每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列，据此确定第二十七环的扇面形石块数和上、中、下三层坛所有的扇面形石块数即可.【详解】第一

环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列，所以，an＝9＋（n－1）×9＝9n，所以，a27＝9×27＝243，前27项和为：12

72727()27(9243)22aaS++==＝3402.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列的前n项和及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15.已知数列na的第n项为最接近n的整数．若数列1na的

前m项和为10，则m=______．【答案】30【解析】【分析】由题意可得数列na中，有2个1，4个2，,6个3，L进而得到在数列1na中，1234567891011122,2,2,aaaaaaaaaaaa+=+

++=+++++=，从而得到m是首项为2，公差为2的等差数列的前5项和，最后用基本量法求和即可.【详解】因为数列na的第n项为最接近n的整数，所以1234567891011121,2,3,aaaaaa

aaaaaa============，所以在数列na中，有2个1，4个2，,6个3，L所以在数列1na中，123456789101112111111111111111,,,23aaaaaaaaaaaa============则12345

67891011121111111111112,2,2,aaaaaaaaaaaa+=+++=+++++=，又前m项和为10，所以1052mS==，所以m是首项为2，公差为2的等差数列的前5项和，则54522302m=+=，故答案为：30.【点睛】关键点点睛：本题关键是根

据“数列na的第n项为最接近n的整数”发现规律为数列na中，有2个1，4个2，,6个3，L.三、解答题（共6个小题，共85分，请将详细解答过程写在答题卡相应的位置．）16.根据以往的统计资料，甲、乙两运

动员在比赛中的得分情况统计如下：甲X012P0.10.80.1乙X012P0.40.20.4现有一场比赛，派哪位运动员参加比较好？请写出你的决定，并说明理由．【答案】甲【解析】【分析】由期望和方差公式分别求出甲乙运动员的期望和方差，再做比较即可.【详解】甲的期望()00.110.820.11EX=

++=，方差()()()()2220.1010.8110.1210.2DX=−+−+−=；乙的期望()00.410.220.41EX=++=，方差()()()()2220.4010.2110.4210.8DX=−+−+−=；因为甲、乙的期

望相等，而方差甲小于乙，所以甲成绩比较稳定，所以派甲运动员参加比较好.17.某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位同学每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计

如下：选择餐厅情况（午餐，晚餐）(),AA(),AB(),BA(),BB甲同学9天6天12天3天乙同学6天6天6天12天假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率.（1）分别估计一天中甲同学午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率，乙同学午餐选择A餐厅就餐

的概率；（2）记X为乙同学在未来4天中选择A餐厅进行午餐的天数，求X的分布列和数学期望()EX.【答案】（1）110；25（2）分布列见解析；()85EX=【解析】【分析】（1）利用古典概率公式求解即可；（2）由题意可得24,

5XB，X的可能取值为0,1,2,3,4，再利用二项分布的概率公式求出相应的概率，列出分布列，再用期望公式求出期望即可；【小问1详解】设事件C表示“一天中甲同学午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”，事件D表示“乙同学午餐选择A餐厅就餐”，因为30天中，甲同

学午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的有3天，乙同学午餐选择A餐厅就餐有6612+=天，用频率估计概率，所以()313010PC==，()122305PD==；【小问2详解】由题意可知，24,5XB

，X的可能取值为0,1,2,3,4，则()438105625PX===；()314232161C55625PX===；()2224232162C55625PX===；

()33423963C55625PX===；()421645625PX===，所以X的分布列为：X01234P816252166252166259662516625所以()28455EX==.18.已知直线1l为曲线22yxx=+−在点()0,

2−处的切线，2l为该曲线的另一条切线，且12ll⊥．（1）利用导数定义求函数22yxx=+−的导数；（2）求直线1l、2l的方程．【答案】（1）21yx=+（2）1l：20xy−−=；2l：30xy++=

【解析】【分析】（1）结合导数的定义及极限的运算性质计算可得；（2）结合（1）求出直线1l的斜率，即可求出直线1l的方程，设2l的切点为(),ab，利用导数的几何意义及两直线垂直斜率之积为1−，求出a，从而得到切点坐标，再由点斜式求出切线方程.【小问1详解】因为22yxx=+−，所以()()()

()2200022limlimlim2121xxxxxxxxxyyxxxxx→→→+++−−+−===++=+；【小问2详解】点()0,2−满足曲线22yxx=+−，即为直线1l的切点，直线1l的斜率为0|1xy==，故直线1l的方程为(2)0yx−−=−，即20xy−−

=；又2l为该曲线的另一条切线，设该切点为(),ab，则|21xaya==+，因为12ll⊥，所以211a+=−，解得1a=−，所以2(1)122b=−−−=−，即切点为()1,2−−，切线的斜率为1−，故2l的方程为(2)(1)yx−−=−+，即30xy++=．19

.已知na是公差为d的无穷等差数列，其前n项和为nS.又______，且540S=，是否存在大于1的正整数k，使得1kSS=？若存在，求k的值；若不存在，说明理由．从①112a=，②2d=−这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择两个条件分别解答，按第一

个解答计分.【答案】存在，12k=【解析】【分析】若选①，结合540S=以及等差数列前n项和公式求出nS，再由1kSS=即可求出k的值；若选②，同理可求出k的值.【详解】若选①112a=，则由题()()1111222nnnnnSnadnd−−=+=+，又540S=，

所以()5511256010402dd−+=+=，2d=−，所以()212131nSnnnnn=−=−+−，令()1ZkSSk=，即21312kk−+=，解得1k=或12k=，故存在大于1的正整数12k=，使得1kSS=.若选②2d=−，则由题()()11112nnnSnadnann

−=+=−−，又540S=，所以()11555204051aa−=−=−，112a=，所以()21131nSnannnn=−=−+−，令()1ZkSSk=，即21312kk−+=，解得1k=或12k=，故存在大于1的正整数12k=，使得1kSS=.20.2022年11月，因受疫情影响，

北京高中全都采用网络授课的方式进行在线教学．北京35中的某老师在高一任教高一1班和高一2班两个班级，其中1班共有学生28人，2班共有学生29人．为了研究学生的学习主动性是否会受到疫情的影响，该名老师统计了

连续6天的交作业人数情况，数据如下表：的班级/天1234561班（人数）2525202122212班（人数）272625242522（1）从两班所有人当中，随机抽取1人，求该生在第6天作业统计当中，没有交作业的概率；（2）在高一2班的前3天的作业统计当中，发现只有小

明和小华两位同学，是连续3天未交作业，其他人均只有一天未交作业．从高一2班前3天所有未交作业的人中，随机抽取3人，记只有一天未交作业的人数为X，求X的分布列和期望；（3）在这6次数据统计中，记高一1班每天交作业的人数数据的方差为21s，每天没交作业的人数数据的方差为22s，记高一2班每

天交作业的人数数据的方差为23s，每天没交作业的人数数据的方差为24s，请直接写出21s，22s，23s，24s的大小关系．【答案】（1）1457（2）分布列见解析，期望为95（3）22322241ssss==【解析】【分析】（1）求出两个班级第6天应交作业的总人数和未交作

业的人数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；（2）根据题意，得出随机变量X的可能取值为1,2,3，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解；（3）根据方差的性质和数据的波动性，即可得到结论.【小问1详解】解：两个班级第6天

应交作业的总人数为282957+=，未交作业的人数为7714+=，所以从两个班级所有人中，随机抽取1人，其未交作业的概率为1457.【小问2详解】解：根据题意知，2班前三天由2人连续三天未交作业，3人只有一天未交作业，所以随机变量X的可能取值为1,2,3，又5

人中3人有35C10=种抽法，所以3631(1),(2),(3)1010510PXPXPX=======，所以X的分布列为：X123P31035110所以，期望为()3319123105105EX=++=.【小问3详解】解：根据数据方差的性质，

可得：1班交作业的人数数据的方差为21s，没交作业的人数数据的方差为22s，可得2212ss=；2班每天交作业的人数数据的方差为23s，每天没交作业的人数数据的方差为24s，可得4232ss=，根据表格中的数据，可得1班数据的波动性更大一些

，所以22322241ssss==.21.已知数列na满足，*1Na，118a，且12,9218,9nnnnnaaaaa+=−()1,2,n=．记集合*|NnMan=．（1）若17a=，求集合M中元素的个数；（2）①求证：*

Nn，18na．②若集合M中存在一个元素是3的倍数，求证：M中所有元素都是3的倍数；（3）求集合M中元素个数的最大值，及元素个数最大时不同na的个数．【答案】（1）7（2）证明见解析（3）7；6【解析】【分析】（1）利用17a=，12,9218,9nnnn

naaaaa+=−()1,2,n=，求出集合M所有元素，从而得到答案；（2）①根据递推关系结合数学归纳法，即可证明；②因为集合M中存在一个元素是3的倍数，所以不妨假设ka是3的倍数，由于12,9218,9nnnnnaaaaa+=−

()1,2,n=，可归纳证明对任意1n，na是3的倍数；（3）分1a为3的倍数和不是3的倍数讨论，即可求得集合M的元素个数的最大值.【小问1详解】若17a=，由于12,9218,9nnnnnaaaaa+=−(

)1,2,n=，*|NnMan=，所以214a=，310a=，42a=，54a=，68a=，716a=，814a=故集合M的所有元素为：7，14，10，2，4，8，16，所以集合M中元素的个数为7个；【小问2详解】①因为数列na满足，*1Na

，118a，且12,9218,9nnnnnaaaaa+=−()1,2,n=，所以当1k=时，118a，满足条件，假设nk=时，18ka成立，当1nk=+时，由于12,9218,9nnn

nnaaaaa+=−，得12,9218,9kkkkkaaaaa+=−，因为18ka，当9ka，12kkaa+=，则118ka+，成立，当918ka时，1218kkaa+=−，所以1018ka+，则118ka+也成立，因此当1nk=

+时，118ka+也成立，故*Nn，18na；②因为集合M中存在一个元素是3的倍数，所以不妨假设ka是3的倍数，由于12,9218,9nnnnnaaaaa+=−()1,2,n=，如果1k=，则集合M中所有元素都是3的倍数；

如果1k，因为12kkaa−=或1218kkaa−=−，所以12ka−是3的倍数，则1ka−是3的倍数；类似可得，21,,kaa−L都是3的倍数；同理12,kkaa++，都是3的倍数，从而对任意1n，na是3的倍数；综上，若集合M中存在一个元素是

3的倍数，则M中所有元素都是3的倍数；【小问3详解】由(2)证明可知，*Nn，18na，因为1a为正整数，112112,9218,9aaaaa=−,所以2a为2的倍数，从而当2n时，na为2的倍数，①如果1a为3的倍数，由(2)知，对*Nn，na为3的倍

数，当13a=时，则26a=，312a=，46a=，则M的元素个数为3，当16a=时，则212a=，36a=，则M的元素个数为2，当19a=时，则218a=，318a=，则M的元素个数为2，当112a=时，则2

6a=，312a=，则M的元素个数为2，当115a=时，则212a=，36a=，412a=，则M的元素个数为3，当118a=时，则218a=，则M的元素个数为1当1a为3的倍数，集合M的元素个数不超过3个，②如果1a不3的倍数，由(

2)知，对*Nn，na不是3的倍数，因此当2n时，na可能取值为：2，4，8，10，14，16，这时集合M的元素个数不超过7个，当11a=时，则22a=，34a=，48a=，516a=，614a=，710a=，82a=，则M的元素个数为7；当15a=时，则2

10a=，32a=，44a=，58a=，616a=，714a=，810a=，则M的元素个数为7当17a=时，则214a=，310a=，42a=，54a=，68a=，716a=，814a=，则M的元素个数为7当111a=时，则24a=，38a=，416a=，514a=，610a=，72a=

，84a=，则M的元素个数为7当113a=时，则28a=，316a=，414a=，510a=，62a=，74a=，88a=，则M的元素个数为7当117a=时，则216a=，314a=，410a=，52a=，64a=，78a=，816a=，

则M的元素个数为的7，当12a=时，由于2n时，na可能的取值为：2，4，8，10，14，16，所以集合M的元素个数不超过6个，同理可知当1a的值为4，或8，或10，或14，或16时，集合M的元素个数不超过6个综上可知，集合M的元

素个数的最大值为7，及元素个数最大时不同na的个数为6.