2022-2023學年北京市昌平區高二下學期期中診斷數學試題一、單選題1．已知等差數列中，，公差，則（

）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【分析】由等差數列通項公式計算即得.【詳解】依題意，等差數列通項，所以.故選：C2．在的展開式中，的系數為（

）A．6 B．12 C．24 D．36【答案】C【分析】先求二項式展開式的通項公式，然后根據通項公式計算求解即可.【詳解】展開式的通項公式，令，得，所以在的展開式中，的系數為，故選：C3．已知函數，則函數的單調遞增區間是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】由函數，求得，進而可求解函數的單調遞增區間，得到答案．【詳解】由題意，函數，則，當時，，函數單調遞增，所以函數的單調遞增區間是，故選B．【點睛】本題主要考查了利用導數求解函數的單調區間，其中熟記導數與原函數的單調性之間的關系是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．4．若隨機變量的分布列如下表，則（

）1234P3x6x2xxA． B． C． D．【答案】A【分析】分布列中概率之和等于可得的值，再計算即可.【詳解】由分布列中概率的性質可知：，可得：，所以故選：A.5．為迎接2022年北京冬奧會的到來，某體育中心舉辦“激情冰雪，相約冬奧”主題展覽體驗活動，共有短道速滑、速度滑冰、花樣滑冰、冰球、冰壺5個活動項目，每人限報1個項目．有3位同學準備參加該活動，則不同的體驗方案種數為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】按照分步計數原理，計數結果.【詳解】每個人都可以參加5項活動中的一項，共有種方法.故選：C6．在一段時間內，甲去博物館的概率為0.8，乙去博物館的概率為0.7，且甲乙兩人各自行動．則在這段時間內，甲乙兩人至少有一個去博物館的概率是（

）A．0.56 B．0.24 C．0.94 D．0.84【答案】C【分析】先根據獨立事件的乘法公式求出甲乙兩人都不去博物館的概率，進而對立事件求概率的公式即可計算出結果.【詳解】甲乙兩人至少有一個去博物館的對立事件為甲乙兩人都不去博物館，設甲去博物館為事件,乙去博物館為事件，則甲乙兩人都不去博物館的概率,因此甲乙兩人至少有一個去博物館的概率,故選：C.7．若函數的零點的個數是（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】先求出定義域，再求導，得到函數單調性，并結合特殊值及零點存在性定理得到答案.【詳解】的定義域為R，且，當或時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，又，，，故函數的零點的個數為2.故選：C8．某人射擊一次擊中的概率是，經過次射擊，此人至少有兩次擊中目標的概率為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據獨立重復試驗的概率公式即可求解.【詳解】由題意可得：此人至少有兩次擊中目標的概率為：，故選：A.9．若f(x)=上是減函數，則b的取值范圍是（）A．[-1，+∞） B．（-1，+∞） C．（-∞，-1] D．（-∞，-1）【答案】C【詳解】由題意可知，在上恒成立，即在上恒成立，由于，所以，故Ｃ為正確答案．10．學校準備在周二上午第1、2、3、4節舉行化學、生物、政治、地理共4科選考科目講座，要求生物不能排在第1節，政治不能排在第4節，則不同的安排方案的種數為（

）A．12 B．14 C．20 D．24【答案】B【分析】根據生物進行分類，根據分類計數原理求解【詳解】解：若生物排在第4節，則其它3節任意排，則有種，若生物不排在第4節，則生物排在第2節或第3節，然后將政治排在前3節中的剩下的2節，最后化學、地理排在剩下的2節，則有種，所以根據分類計數原理可知共有種，故選：B11．如圖是標準對數遠視力表的一部分．最左邊一列“五分記錄”為標準對數視力記錄，這組數據從上至下為等差數列，公差為；最右邊一列“小數記錄”為國際標準視力記錄的近似值，這組數據從上至下為等比數列，公比為．已知標準對數視力對應的國際標準視力準確值為，則標準對數視力對應的國際標準視力精確到小數點后兩位約為（

）（參考數據：）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據給定條件，確定標準對數視力從下到上的項數，再利用等比數列計算作答.【詳解】依題意，以標準對數視力為左邊數據組的等差數列的首項，其公差為-0.1，標準對數視力為該數列第3項，標準對數視力對應的國際標準視力值1.0為右邊數據組的等比數列的首項，其公比為，因此，標準對數視力對應的國際標準視力值為該等比數列的第3項，其大小為.故選：D12．設函數，若關于的不等式有且僅有一個整數解，則正數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用導數分析函數的單調性與極值，作出函數與的圖象，根據圖象和整數解的個數得出關于實數的不等式組，即可求得實數的取值范圍.【詳解】，，令，得，列表如下：極小值所以，函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為.則函數在處取得極小值，且極小值為，如下圖所示：當時，若關于的不等式有且僅有一個整數解，則，解得；當時，由于直線與軸的負半軸交于點，當時，關于的不等式有無數個整數解，不合乎題意.綜上所述，實數的取值范圍是.故選：D.【點睛】本題考查利用函數不等式整數解的個數問題求參數，考查數形結合思想的應用，屬于中等題.二、雙空題13．數列{}是公比為2的等比數列，其前n項和為．若，則=_______；=_______【答案】【詳解】，，，故答案為，.三、填空題14．已知函數，則__________．【答案】【分析】首先計算，當時，即可求值.【詳解】，，.故答案為：15．等差數列中，公差，，則當前項和最大時，________【答案】或【分析】由等差數列中，公差，可得，從而，由此求出當前項和最大時，的值.【詳解】等差數列中，公差，，所以，解得，所以，當前項和最大時，或，故答案為：或.四、雙空題16．設，則__________；__________．【答案】【分析】令即可求；利用二項展開式的通項分別求和的系數，由組合數得性質即可得.【詳解】由題意，令可得，所以；的展開式的通項為，令，即得，令，即得，所以，故答案為：；17．已知某電腦賣家只賣甲、乙兩個品牌的電腦，其中甲品牌的電腦占，甲品牌的電腦中，優質率為；乙品牌的電腦中，優質率為，從該電腦賣家中隨機購買一臺電腦：（1）則買到優質電腦的概率為____________，（2）若已知買到的是優質電腦，則買到的是甲品牌電腦的概率為___________（精確到）【答案】【分析】本題可通過概率的加法法則以及條件概率的計算方式得出結果.【詳解】（1）買到優質電腦的概率為，（2）買到優質電腦且是甲電腦的概率為，則已知買到的是優質電腦的情況下買到的是甲品牌電腦的概率為，故答案為：、.五、填空題18．在中，，分別是邊，的中點，，分別是線段，的中點，…，，分別是線段，（，）的中點，設數列，滿足：向量，有下列四個命題：①數列是單調遞增數列，數列是單調遞減數列；②數列是等比數列；③數列有最小值，無最大值；④若中，，，則最小時，其中真命題是__________．【答案】①②④【分析】首先得到，由向量基本定理得推論得到，，得到①正確；，，得到無最小值，②正確，③錯誤，，求出，得到當時，取得最小值，即有最小時，，故④正確.【詳解】根據題意可得，，，，，，，，則，由于在中，不共線，，，則數列是單調遞增數列，數列是單調遞減數列，①正確；，數列是首項和公比均為的等比數列，②正確；恒成立，在單調遞減，有最大值為0，無最小值，故③錯誤；根據題意，，，，當時，取得最小值，即有最小時，，故④正確.故答案為：①②④.【點睛】數列與向量結合，本題中要先利用向量基本定理及向量共線定理得推論得到，的通項公式，再判斷數列的單調性及數列類型，D選項，還會用到向量數量積的運算法則，綜合性高，難度較大.六、解答題19．如圖，在銳角中，，，，點在邊的延長線上，且.(1)求；(2)求的周長.【答案】(1)；(2)30.【分析】（1）在中，利用正弦定理即可求解；（2）由（1）可求得，在中，利用余弦定理可求，從而可求的周長.【詳解】（1）在中，，，，由正弦定理可得，故，因為是銳角三角形，所以.（2）由（1）得，所以.在中，，，，所以.所以的周長為.20．如圖，四邊形為梯形，，四邊形為平行四邊形．(1)求證：∥平面；(2)若平面，求：（ⅰ）直線與平面所成角的正弦值；（ⅱ）點D到平面的距離．【答案】(1)見解析；(2)（i）；（ii）.【分析】（1）在射線上取點,使，證明四邊形為平行四邊形，則，則根據線面平行的判定即可得到；（2）以為原點，建立合適的空間直角坐標系，寫出相關向量，計算出平面的法向量為，則可計算出線面角的正弦值；（3）因為,根據（2）的結論則得到距離.【詳解】（1）如圖,在射線上取點,使,連接.由題設,得,所以四邊形為平行四邊形.所以且.又四邊形為平行四邊形,所以且.所以且..所以四邊形為平行四邊形,所以.因為平面平面所以平面.（2）（i）因為平面,平面，所以.又,所以,,兩兩相互垂直.如圖建立空間直角坐標系,則.所以.設平面的法向量為,則即令,則.于是.設直線與平面所成角為,則所以直線與平面所成角的正弦值為.（ii）因為,所以直線與平面所成角的正弦值為.所以點到平面的距離為21．某學校在寒假期間安排了“垃圾分類知識普及實踐活動”.為了解學生的學習成果，該校從全校學生中隨機抽取了50名學生作為樣本進行測試，記錄他們的成績，測試卷滿分100分，將數據分成6組：，，，，，，并整理得到如下頻率分布直方圖：(1)若全校學生參加同樣的測試，試估計全校學生的平均成績（每組成績用中間值代替）；(2)在樣本中，從其成績在80分及以上的學生中隨機抽取3人，用表示其成績在中的人數，求的分布列及數學期望；(3)在（2）抽取的3人中，用表示其成績在的人數，試判斷方差與的大小.（直接寫結果）【答案】(1)；(2)分布列見解析，；(3).【分析】（1）利用直方圖的性質及平均數的計算方法即得；（2）由題可知服從超幾何分布，即求；（3）由超幾何分布即得.【詳解】（1）由直方圖可得第二組的頻率為，∴全校學生的平均成績為：（2）由題可知成績在80分及以上的學生共有人，其中中的人數為5，所以可取0,1,2,3，則，，，，故的分布列為：0123P；（3）.22．設分別為橢圓的左、右焦點，點在橢圓上，且點和關于點對稱.（Ⅰ）求橢圓的方程；

（Ⅱ）過右焦點的直線與橢圓相交于兩點，過點且平行于的直線與橢圓交于另一點，問是否存在直線，使得四邊形的對角線互相平分？若存在，求出的方程；若不存在，說明理由.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）存在直線為滿足題意，詳見解析【分析】（Ⅰ）根據對稱性求出點，從而可得出橢圓兩焦點的坐標，利用橢圓定義求出的值，結合的值，可求出的值，從而寫出橢圓的方程；（Ⅱ）設直線的方程為，可得出直線的方程為，設，，將直線的方程與橢圓的方程聯立，消去，得出有關的一元二次方程，并列出韋達定理，同理將直線的方程與橢圓的方程聯立可得出點的坐標，由已知條件得出線段與的中點重合，從而可得出有關的方程，求出的值，即可得出直線的方程．【詳解】（Ⅰ）解：由點和關于點對稱，得，

所以橢圓E的焦點為，，

由橢圓定義，得.所以，.

故橢圓的方程為；（Ⅱ）解：結論：存在直線，使得四邊形的對角線互相平行.理由如下：由題可知直線，直線的斜率存在，設直線的方程為，直線的方程為由，消去得，

由題意，可知，設，，則，，

由消去,得，由，可知，設，又，則若四邊形的對角線互相平行，則與的中點重合，所以，即故所以解得，所以直線為，四邊形的對角線互相平分．【點睛】本題考查橢圓的標準方程，考查直線與橢圓的位置關系，對于直線與橢圓的綜合問題，常采用韋達定理法，本題中注意到四邊形為平行四邊形，利用兩對角線互相平分結合韋達定理進行求解，這是解題的關鍵，同時在解題中也要注意韋達定理法適用的情形．23．已知函數．(1)當時，求曲線在（2，f（2））處的切線方程；(2)若a=0，求函數的極值點.(3)若在區間上恒成立，求的取值范圍．【答案】(1)(2)有極小值點，無極大值點.(3)【分析】(1)求導，得出切線斜率即，，再由點斜式即可得出答案；(2)在定義域內求導，根據單調性即可判斷函數的極值點；(3)求出函數的導數，通過討論的范圍結合函數的單調性確定的范圍即可.【詳解】（1）由題知，，則，，則，，所以在（2，f（2））處的切線方程為，即.（2），則，定義域為，，令，得或（舍去），則令，得，令，得，所以有極小值點，無極大值點.（3）已知，定義域為，因為，令，則或，當，即時，，則在上單調遞增，不符合題意；當，即時，則在內單調遞增，不符合題意；所以，即，此時，若，在區間上，所以單調遞減，所