精品解析：北京市清华大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末数学试卷

高一第二学期期末试卷 数学 2024.7 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，且，则a可以为（ ） A. －2 B. －1 C. D. 2. 在复平面内，复数对应点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 3. 若向量，，，则（ ） A. B. C. 4 D. 4. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 5. 下列函数中，以为周期，且图象关于点中心对称的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，那么在下列不等式中，不成立的是 A. B. C. D. 7. 若是无穷数列，则“为等比数列”是“满足”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知甲、乙两人进行篮球罚球训练，每人练习10组，每组罚球40个，每组命中个数的茎叶图如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. 甲命中个数的极差为29 B. 乙命中个数的众数是21 C. 甲的命中率比乙高 D. 甲每组命中个数的中位数是25 9. 已知，，，，成等比数列，且其中两项分别为1，9，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：） A. 72 B. 74 C. 76 D. 78 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 设是等差数列，且，，则数列的前项和_____________. 12. 现有甲、乙、丙、丁、戊五种智慧黑板，某学校要从中随机选取3种作为教学工具备选，则其中甲、乙、丙中至多有2种被选取的概率为_____________. 13. 函数，其中且，若函数是单调函数，则的一个取值为______，若函数存在极值，则的取值范围为______. 14. 已知函数，则_____________. 15. 若等差数列满足.对，在中的所有项组成集合.记中最小值为，最大值为，元素个数为，所有元素和为，则下列命题中①为等比数列；②；③；④.所有正确的命题的序号是_____________. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在中，，，分别为，，所对的边，已知. （1）求的大小； （2）若且，求的长. 17. 已知数列满足，且. （1）求证：数列是等比数列，并求出的通项公式； （2）若，求满足条件的最大整数. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）证明：对，函数有且仅有两个极值点，，并求函数的单调区间； （3）在（2）的条件下，若，求实数的取值范围. 19. 某学校为了解高一新生体质健康状况，对学生体质进行测试. 现从男、女生中各随机抽取40人，测试数据按《国家学生体质健康标准》整理如下： 等级 数据范围 男生人数 男生平均分 女生人数 女生平均分 优秀 10 91.3 4 91 良好 8 83.9 8 84.1 及格 16 70 22 70.2 不及格 60以下 6 49.6 6 49.1 总计 \ 40 75.0 40 71.9 （1）若按规定测试数据不低于60，则称体质健康为合格.试估计该校高一新生体质健康合格的概率； （2）在高一新生中，随机选取一名男生和一名女生，试估计恰有一人的体质健康等级是优秀的概率； （3）已知表中男生与女生在优秀、良好、及格、不及格四个等级的各级平均分都接近（差的绝对值不大于0.5），但男生的总平均分75.0却明显高于女生的总平均分71.9. 经研究发现，若去掉四个等级中一个等级的数据，则男生、女生的总平均分也接近，请写出去掉的这个等级.（只需写出结论） 20. 已知函数，. （1）若曲线在处切线过原点，求的值； （2）若在上最小值为1，求的值； （3）当时，若，都有，求整数的最小值. 21. 对给定的正整数，设数列，若存在，使得，则将数列进行操作变换，得到数列，且为，或之一，记为. 设（个），从开始进行次操作变换，依次得到数列，即，. （1）当时，分别判断从开始进行次操作变换，是否可以得到如下数列？若不可以，直接判断即可；若可以，请写出相应的及； ①；②；③； （2）当时，从开始进行次操作变换，是否可能得到数列？若不可以，请说明理由；若可以，求出与的所有可能取值. （3）给定正奇数，为使的各项均不相同，求操作变换次数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一第二学期期末试卷 数学 2024.7 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，且，则a可以为（ ） A. －2 B. －1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合，结合元素与集合关系判断即可. 【详解】∵，∴，∴， 可知，故A、C、D错误；，故B正确. 故选：B 2. 在复平面内，复数对应点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数对应的点化简可得复数. 【详解】因为， 所以. 故选：B. 3. 若向量，，，则（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】因为，，， 所以，解得. 故选：D 4. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据被开方数为非负数得到不等式，解得即可. 【详解】函数，令， 等价于，解得或， 所以函数的定义域为. 故选：D 5. 下列函数中，以为周期，且图象关于点中心对称的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正切函数的性质判断A，根据函数的变换规则及正弦函数的性质判断B，利用三角恒等变换公式化简，再由正（余）弦函数的性质判断C、D. 【详解】对于A：函数的最小正周期，对称中心为，故A错误； 对于B：函数的图象是由将轴下方部分关于轴对称上去，轴及轴上方部分不变， 所以的最小正周期，没有对称中心，故B错误； 对于C：，则最小正周期， 且当时，所以函数关于点中心对称，故C正确； 对于D：因为， 所以函数的最小正周期，故D错误. 故选：C 6. 已知，那么在下列不等式中，不成立的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用作差法可判断A、B选项的正误，利用正弦、余弦值的有界性可判断C、D选项的正误.综合可得出结论. 【详解】，则，， 又、，，. 可得：ABC成立，D不成立. 故选：D. 【点睛】本题考查不等式正误的判断，一般利用作差法来进行判断，同时也要注意正弦、余弦有界性的应用，考查推理能力，属于中等题. 7. 若是无穷数列，则“为等比数列”是“满足”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】运用等比数列的性质，结合特值法可解. 【详解】若为等比数列，， 则运用等比数列性质知道; 若，则可以为全部为0的常数列，不能说它是等比数列. 故“为等比数列”是“满足”的充分不必要条件. 故选：A. 8. 已知甲、乙两人进行篮球罚球训练，每人练习10组，每组罚球40个，每组命中个数的茎叶图如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. 甲命中个数的极差为29 B. 乙命中个数的众数是21 C. 甲的命中率比乙高 D. 甲每组命中个数的中位数是25 【答案】D 【解析】 【分析】根据茎叶图及中位数、众数、极差的定义计算一一判定选项即可. 【详解】根据茎叶图可知甲命中最多37，最少8，即极差为29，故A正确； 显然乙命中个数的众数为21，出现两次，故B正确； 甲命中共214个，乙命中共169个，所以甲命中率高，故C正确； 甲命中的个数中位数为，故D错误. 故选：D 9. 已知，，，，成等比数列，且其中两项分别为1，9，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意，取最小值时为负数，且，利用等比数列的基本量运算即可求解. 【详解】若相邻两项为和，则公比为正数，每一项都为正数，舍去； 若奇数项为和，则奇数项均为正数，舍去； 由题意，要使最小，则，，都是负数，则和选择和， 设等比数列的公比为， 当时，，所以，所以， 所以； 当时，，所以，所以， 所以； 综上可得，的最小值为. 故选：B 10. 深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：） A. 72 B. 74 C. 76 D. 78 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件列方程，可得，再由，结合指对数关系和对数函数的性质求解即可． 【详解】由于，所以， 依题意，则， 则， 由， 所以，即， 所以所需的训练迭代轮数至少为74次． 故选：B 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 设是等差数列，且，，则数列的前项和_____________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，即可求出公差，再根据等差数列求和公式计算可得. 【详解】因为，所以， 所以的公差，又， 所以. 故答案为： 12. 现有甲、乙、丙、丁、戊五种智慧黑板，某学校要从中随机选取3种作为教学工具备选，则其中甲、乙、丙中至多有2种被选取的概率为_____________. 【答案】##0.9 【解析】 【分析】运用列举法求出总数和满足题意数，结合对立事件概率，古典概型概率公式计算. 【详解】学校要从甲、乙、丙、丁、戊五种智慧黑板中随机选取3种作为教学工具,总共有10种， 即甲乙丙，甲乙丁，甲乙戊，甲丙丁，甲丙戊，甲丁戊，乙丙丁，乙丙戊，乙丁戊，丙丁戊. “甲、乙、丙中至多有2种被选取”的对立事件为“甲、乙、丙3种被选取”, 对立事件的情况数只有１种，则概率为. 则 “甲、乙、丙中至多有2种被选取”的概率. 故答案为：. 13. 函数，其中且，若函数是单调函数，则的一个取值为______，若函数存在极值，则的取值范围为______. 【答案】 ①. 2（满足均可） ②. 【解析】 【分析】空1：若函数是单调函数，分析可知：在上单调递增，根据分段函数单调性列式求解；空2：若函数存在极值，则在上不单调，直接取反空1的取值范围即可. 【详解】因为且，若函数是单调函数，结合二次函数可知：在上单调递增， 则，解得，例如； 可知为连续不断函数，若函数存在极值，则在上不单调， 所以的取值范围为. 故答案为：2（满足均可）；. 14. 已知函数，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】先用倍角公式化简，再代入求值. 【详解】因为， 所以. 故答案为： 15. 若等差数列满足.对，在中的所有项组成集合.记中最小值为，最大值为，元素个数为，所有元素和为，则下列命题中①为等比数列；②；③；④.所有正确的命题的序号是_____________. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】由条件结合二项式定理分别在取正奇数和正偶数时确定集合的元素，由此确定，根据等比数列定义判断①，求判断②，研究数列的单调性判断③，结合等差数列求和公式求，判断④. 【详解】令， 因为， ， 所以当为正偶数时，中的最小值为，最大值为， 当为正奇数时，中的最小值为，最大值为， 所以当为正偶数时，，， 当为正奇数时，，， 所以， 所以数列不是等比数列，①错误， 所以当为正偶数时，， 当为正奇数时，，②正确； 因为 当为正偶数时，， ， 因为， 所以数列的偶数项递增，又， 所以，所以， 当为正奇数时，， 所以， 所以， 所以当，且为奇数时，数列的项递增， 又，， 所以，所以， 所以时，，③正确. 因为当，且为偶数时，，， 所以， 所以， 因为，且为正偶数，所以， 所以， 当，且为奇数时，，， 所以， 所以， 因为，且为奇数时，，所以， 又，， 所以，④对， 故答案为：②③④. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合二项式定理，确定集合的元素的最大值和最小值，由此可确定的元素个数. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在中，，，分别为，，所对的边，已知. （1）求的大小； （2）若且，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理边角互化即可； （2）用余弦定理，结合已知式子求出，再结合面积公式，可以求出,最后代入已知的式子可以求出. 【小问1详解】 由和正弦定理得，， 则，即，则， 即，由于，则，则. 【小问2详解】 由余弦定理得，. 又，则，求的. 由，即，即，则. 代入得，，解得. 17. 已知数列满足，且. （1）求证：数列是等比数列，并求出的通项公式； （2）若，求满足条件的最大整数. 【答案】（1）因为，所以， 可得，即， ， 所以数列是以为首项为公比的等比数列； . （2）2024 【解析】 【分析】（1）先取倒数，然后通过构造法可得答案； （2）由（1）求数列的通项，然后可得的通项，最后分组求和可得答案. 【小问1详解】 所以，； 【小问2详解】 由（1）得， 所以 ， 显然是单调递增数列， 当时，， 当时，， 所以满足条件的最大整数为. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）证明：对，函数有且仅有两个极值点，，并求函数的单调区间； （3）在（2）的条件下，若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 因为,所以, 函数的极值点为,则, , 或 故是的单调减区间. 为函数的单调增区间 （3） 【解析】 【分析】（1）先求导函数再代入求切线斜率最后写出切线方程即可； （2）先求导函数再求极值，再根据导函数的正负求出单调区间； （3）根据已知不等式结合极值点代入，再构造函数再根据函数范围及函数单调性求参数范围即可. 【小问1详解】 当时，, , ,所以点为， 切线方程为即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，又因为, 所以， 所以 所以, 设函数, 当不合题意, 当单调递增，, , 所以. 【点睛】方法点睛：构造函数，再根据函数范围及函数单调性求参数范围即可. 19. 某学校为了解高一新生体质健康状况，对学生体质进行测试. 现从男、女生中各随机抽取40人，测试数据按《国家学生体质健康标准》整理如下： 等级 数据范围 男生人数 男生平均分 女生人数 女生平均分 优秀 10 91.3 4 91 良好 8 83.9 8 84.1 及格 16 70 22 70.2 不及格 60以下 6 49.6 6 49.1 总计 \ 40 75.0 40 71.9 （1）若按规定测试数据不低于60，则称体质健康为合格.试估计该校高一新生体质健康合格的概率； （2）在高一新生中，随机选取一名男生和一名女生，试估计恰有一人的体质健康等级是优秀的概率； （3）已知表中男生与女生在优秀、良好、及格、不及格四个等级的各级平均分都接近（差的绝对值不大于0.5），但男生的总平均分75.0却明显高于女生的总平均分71.9. 经研究发现，若去掉四个等级中一个等级的数据，则男生、女生的总平均分也接近，请写出去掉的这个等级.（只需写出结论） 【答案】（1） （2） （3）去掉的等级为优秀. 【解析】 【分析】（1）首先确定合格人数和总人数，然后利用古典概型计算公式可得体质健康合格的概率； （2）首先确定从男生、女生样本中随机选出的人的体质健康等级是优秀的概率，然后结合独立性事件概率公式可得满足题意的概率值； （3）结合表格给出所需去掉的等级即可. 【小问1详解】 样本中合格的学生数为：，样本总数为：，这名学生体质健康合格的概率为. 【小问2详解】 设事件为“从男生样本中随机选出的人的体质健康等级是优秀”， . 事件为“从女生样本中随机选出的人的体质健康等级是优秀”, . 因为为独立事件， 故所求概率为. 【小问3详解】 男生良好的和女生良好的人数一样，不及格的人数也一样，及格的人数比女生要少，最终的平均分高，说明了优秀的分数占多，去掉的等级为优秀，才能够把平均分降下来，与女生的持平.所以去掉的是优秀等级的. 20. 已知函数，. （1）若曲线在处切线过原点，求的值； （2）若在上最小值为1，求的值； （3）当时，若，都有，求整数的最小值. 【答案】（1） （2）或 （3）1 【解析】 【分析】（1）先确定切点，再求切线斜率，利用点斜式写出切线方程，根据切线过定点求参数的值. （2）分情况讨论函数在给定区间上的单调性，利用最小值求参数的值. （3）设函数，问题转化为在上的最大值不大于0，求参数的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以切点为. 又，所以. 所以函数在处的切线方程为：. 因为切线过点，所以：. 【小问2详解】 因为，，所以. 若，在上恒成立， 所以在上的最小值为：. 若，由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 当即时，在上单调递增， 由（舍去）. 当即时，在上单调递减，在上单调递增， 由（舍去）. 当即时，在上单调递减， 由. 综上可知：或. 【小问3详解】 当时，， . 设， 则. 若，则在上恒成立，所以在单调递增，所以不可能恒成立； 若，由；由. 所以在单调递增，在上单调递减. 此时，只需. 设，，则在上恒成立. 所以在单调递减，且， 因为，所以. 所以整数的最小值为1. 【点睛】方法点睛：第3问中，要证，，需设，只需证在上的最大值非正即可. 21. 对给定的正整数，设数列，若存在，使得，则将数列进行操作变换，得到数列，且为，或之一，记为. 设（个），从开始进行次操作变换，依次得到数列，即，. （1）当时，分别判断从开始进行次操作变换，是否可以得到如下数列？若不可以，直接判断即可；若可以，请写出相应的及； ①；②；③； （2）当时，从开始进行次操作变换，是否可能得到数列？若不可以，请说明理由；若可以，求出与的所有可能取值. （3）给定正奇数，为使的各项均不相同，求操作变换次数的最小值. 【答案】（1）①可以，，，，；②不可以；③不可以 （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据操作变换的定义判断并证明； （2）利用每次变换后各项之和以及各项的平方和的变化规律即可证明，，然后给出符合条件的例子即可； （3）利用每次变换后各项之和以及各项的平方和的变化规律证明， 再证明可以由数列经过次操作变换得到一个各项互不相同的数列，即可得到操作变换次数的最小值为. 【小问1详解】 对于①，可令，且，，，，即可得到所求数列； 对于②，显然无论怎样变换，数列的各项之和是不变的，因此从开始进行有限次变换后，数列的各项之和必定为零， 故②中的不可能得到； 对于③，假设当时，通过若干次变换后得到了包含的数列，那么设数列第一次出现， 由于这个必定是由变得的，从而必定包含两个. 但由于数列的各项之和必定为零，故另外两项或者都是，或者包含一个不大于的项. 若另外两项都是，则可以不妨设（因为各项的顺序并不重要）， 直接验证即知，从该数列中任意挑选一项加，再任意挑选另一项减后，得到的两个新项不可能相等， 所以不可能由某个数列变换得到，这导致矛盾； 所以另外两项必定包含一个不大于的项，这就说明，若通过若干次变换后得到了包含的数列， 则在第一次出现之前就必定已经出现过. 但同理可证，若通过若干次变换后得到了包含的数列，则在第一次出现之前就必定已经出现过. 所以二者结合即知，和都是不可能出现的，故③中的不可能得到. 【小问2详解】 当时，若能从数列经过有限次变换得到数列，由于在变换的过程中数列的各项之和保持不变， 故，从而必有，故. 由于，故在每次变换后，数列的各项平方和会比变换之前增加， 而的各项平方和为，的各项平方和为，故必定有，即. 下面的变换过程表明，能够实现： ，，，，，. 故与的所有可能取值为，. 【小问3详解】 先证明一个公式：对正整数，有. 证明：考虑在中从小到大取出三个不同的数的取法数目. 一方面，取法显然有种； 另一方面，的全部可能选择为，当取定为后，有种可能的选择， 有种可能的选择，且和的选择互不影响，故所有的取法一共有种. 综合两方面就得到 ， 所以. 这就得到. 回到原题. 对正奇数，设，由于在变换的过程中数列的各项之和保持不变，且在每次变换后， 数列的各项平方和会比变换之前增加，故，. 若两两不等，不妨设，由于，故不可能都非负，也不可能都非正， 所以一定存在，使得. 由于都是整数，故有 ，. 所以 ， 从而，且 . 将两个不等式相加，得到 ， 所以就得到 ， 故. 至此，我们得到. 下面使用数学归纳法证明：对正奇数，可以对数列（个）进行次变换， 得到各项互不相同的数列. 当时，令，，，，，. 则对数列进行次变换后得到了各项互不相同的数列. 故结论对成立. 对正奇数，假设结论已经对成立，则根据归纳假设，可以对数列（个）进行次变换， 得到数列. 然后继续进行如下变换过程： 以此类推，可得 然后继续进行如下变换： . 最终就得到了满足条件的数列. 而由于， 故最终就得到数列. 从而结论对也成立. 综上，对正奇数，可以对数列（个）进行次变换， 得到各项互不相同的数列. 所以，操作变换次数的最小值 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于寻找变换前后数列的相应特征的变化规律，从而得到相应的限定条件，并解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $