答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年07月试卷_0721北京市海淀区2023-2024学年高二下学期7月期末_北京市海淀区2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

海淀区 2024 年高二年级学业水平调研 数学参考答案 2024.07 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） （1）B （2）B （3）C （4）B （5）A （6）B （7）C （8）C （9）D （10）D 二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分） 2 （11 ）24 （12）0,1 ； （13）2n n1 3 （14）0.7 ；0.22 （15）①③④ 三、解答题（共4小题，共40分） （16）（共8分） 解：（Ⅰ） f(x)在(,0)上单调递增，证明如下： 因为 f(x)(x1)ex x2， 所以 f '(x)ex (x1)ex 2xxex 2xx(ex 2)， 又因为x(,0)，从而ex 2120， 所以 f '(x)x(ex 2)0， 所以 f(x)在(,0)上单调递增. （Ⅱ）由（Ⅰ）知： f '(x)x(ex 2)， 因为x(0,)， 令 f '(x)0，得xln2． f(x)与 f '(x)在区间(0,)上的情况如下： x (0,ln2) ln2 (ln2,) f'(x)  0  f(x) ↘ 极小 ↗ 数学参考答案 第 1 页（共 6 页） {#{QQABKYwQggCIAJJAAAgCAQWICgOQkAGAAQgOhFAEMAIAQRFABAA=}#}因为 f(0)(01)e0 02 10， f(2)(21)e2 22 e2 22 0， 所以由零点存在定理及 f(x)单调性可知， f(x)在(0,)上恰有一个零点． （17）（共10分） 解：（Ⅰ）记A表示“从甲生产线上随机抽取一件产品，该产品满足q 1且 A 数学参考答案 第 2 页（共 6 页） q B  2 ”． 3 用频率估计概率，则P(A) ． 10 3 所以该产品满足q 1且q 2的概率为 . A B 10 （Ⅱ）由题意，X 的所有可能取值为0，1，2. 5 1 1 5 1 5 7 1 P(X 0)   ， P(X 1)     ， 10 8 16 10 8 10 8 2 5 7 7 P(X 2)   . 10 8 16 所以X 的分布列为 X 0 1 2 1 1 7 P 16 2 16 1 1 7 11 所以X 的数学期望为EX 0 1 2  . 16 2 16 8 （Ⅲ）甲生产线上的产品质量更好， 0.80 因为甲生产线上Q值的平均值Q  0.08， 甲 10 0.87 乙生产线上Q值的平均值Q  0.1， 乙 8 所以甲生产线上Q值的平均值明显比乙小， 所以甲生产线上的产品质量更好． 744+5+5+4+3+5+2+6 9 1 其它理由：计算甲生产品的Q值小于乙的概率   810 16 2 （注：答案不唯一，理由需要支撑相应结论，只计算甲乙方差不能作为理由。） {#{QQABKYwQggCIAJJAAAgCAQWICgOQkAGAAQgOhFAEMAIAQRFABAA=}#}（18）（共11分） 1 解：（Ⅰ）当a3,b1时， f(x)x3lnx ， f(1)0， x 3 1 所以 f '(x)1  ， x x2 所以 f '(1)1. 所以 曲线y f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为yx1. b （Ⅱ）因为 f(x)xalnx ，x(0,). x a b x2 axb 所以 f '(x)1   . x x2 x2 因为 f(x)有两个极值点x ,x ， 1 2 所以 f '(x)有两个大于0的变号零点， 所以方程x2 axb0有两个不等正根， a2 4b0 a2 4b   所以xx b0 ，解得b0 . 1 2   x x a0 a0  1 2  又因为 f(x ) f(x )0， 1 2 b b 即有x alnx  x alnx  0， 1 1 x 2 2 x 1 2 x x 整理得(x x )aln(xx )b 1 2 0， 1 2 1 2 xx 1 2 代入xx b,x x a， 1 2 1 2 a 可得(a)aln(b)b 0，解得b1. b a2 4b 又因为 ，所以可得a2. a0 经检验，符合题意. 1 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知b1且a2，从而 f(x)xalnx ， x 因为 f(x)x1在[1,)上恒成立， 数学参考答案 第 3 页（共 6 页） {#{QQABKYwQggCIAJJAAAgCAQWICgOQkAGAAQgOhFAEMAIAQRFABAA=}#}1 令g(x) f(x)x12xalnx 1，x[1,). x 则有g(x)0在[1,)上恒成立，易得g(1)2aln1110， a 1 2x2 ax1 因为g'(x)2   ，所以g'(1)a3， x x2 x2 a 令h(x)2x2 ax1，x[1,)，h13a，对称轴x . 4 a 3 （1）当3a2时，h13a0，x  ， 4 4 所以h(x)在[1,)单调递增，从而h(x)h(1)3a0恒成立， h(x) 所以g'(x) 0在[1,)也恒成立， x2 所以g(x)在[1,)单调递增，从而g(x)g(1)0恒成立. （2）当a3时，h13a0， 所以2x2 ax10有两个不等实根x ,x （不妨设x x ）， 3 4 3 4 h(x) 所以x 1x ，且当x(1,x )时，h(x)0，从而g'(x) 0， 3 4 4 x2 所以g(x)在[1,x ]上单调递减， 4 所以g(x )g(1)0，与“g(x)0在[1,)上恒成立”矛盾！ 4 综上，a的取值范围是[3,2). 数学参考答案 第 4 页（共 6 页） {#{QQABKYwQggCIAJJAAAgCAQWICgOQkAGAAQgOhFAEMAIAQRFABAA=}#}（19）（共11分） 解：（Ⅰ）m197，b 3，b 199. 1 m （Ⅱ）因为对任意1i j100，都有a a 2i 2i12i2 a a ， i i1 1 i2 数学参考答案 第 5 页（共 6 页） 1  i  9 8 ， 所以b,b , ,b 依次为 1 2 m b 2122, 1 b 2123,b 2223, 2 3 b 2124, ,b 2324, 4 6 b 2125, ,b 24 25, 7 10 b 2126, ,b 2526, 11 15 b 2127, ,b 26 27, 16 21 所以b 25 27 160. 20 （Ⅲ） j 25. min 先证明： j25. 方法1： 考虑从a ,a ,...,a 这102 j个数中任取2个求和， j1 j 100 这些和都不小于a a ， j1 j 因为a a a a ，所以2024C2 4950，从而C2 2926， i j j1 j 102j 102j 因为C2 2926，所以102 j76，即 j25． 77 方法2： 假设 j24，则i23. 则b a a a a ， 2025 i j 23 24 因为满足a a a a (mk)的必要条件是m23（因为若m23，则 m k 23 24 {#{QQABKYwQggCIAJJAAAgCAQWICgOQkAGAAQgOhFAEMAIAQRFABAA=}#}k24，不等式不成立）， 所以小于a a 的和式至多有以下情况： 23 24 a a ,a a , ,a a ； 1 2 1 3 1 100 a a ,a a , ,a a ； 2 3 2 3 2 100 …… a a ,a a , ,a a ； 22 23 22 24 22 100 997822 共99+98+……+78= 19472024，不合题意. 2 其次，证明存在符合要求的数列. k1 1 构造：令a k 1 2   ，k 1,2, ,99，a 100 1. 显然满足a a  a ， 1 2 100 k1 k k1 1 1 1 且a k a 100 2 2   2 2    2   a k1 a k2 ，k 1,2, ,98. 此时，b a a ，故 j 25. 2025 24 25 min （注：a 构造方法不唯一） n 数学参考答案 第 6 页（共 6 页） {#{QQABKYwQggCIAJJAAAgCAQWICgOQkAGAAQgOhFAEMAIAQRFABAA=}#}