2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二下学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二下学期期中联考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二下学期期中联考数学试题一、单选题1．在等比数列中，，，则（       ）．A． B．3 C． D．【答案】B【分析】根据题意，求得等比数列的首项和，进而求得的值.【详解】设等比数列的公比为，因为，，可得，解得，所以.故选：B.2．展开式中的系数为（       ）．A．5 B． C．35 D．【答案】D【分析】先求展开式中和项，再与相乘可得.【详解】展开式中第项为所以展开式中项为所以展开式中的系数为-40.故选：D3．在等差数列中，，且，，构成等比数列，则公差d等于（       ）．A． B．0 C． D．0或【答案】D【分析】根据题意列出等式，即可求得答案.【详解】由题意得： ，则 ，解得 或 ，符合题意，故选：D4．已知，则等于（       ）．A．11 B．10 C．8 D．1【答案】B【分析】求得函数的导数，求得，得到，即可求得的值.【详解】由题意，函数，可得，令，可得，解得，所以，所以.故选：B.5．由0，1，2，3，4组成无重复数字的五位数，其中偶数的个数是（       ）．A．60 B．72 C．96 D．120【答案】A【分析】根据题意，分为两类：当末位为和末位不为，结合排列数的公式，即可求解.【详解】由题意，可分为两类：当末位为时，可得无重复数字的五位偶数的个数为个；当末位不为时，从中选一个排在末位，再从非零的数字中选一个排在首位，共有个，结合分类计数原理，共有个.故选：A.6．函数，若，，，则有（       ）．A． B．C． D．【答案】B【分析】先比较a、b、c的大小，再利用导数研究函数的单调性，然后由单调性可得.【详解】由题知，，， 所以因为所以函数在R上单调递增，所以故选：B7．定义在R上的函数满足，是的导函数，且，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（       ）．A． B．C． D．【答案】C【分析】构造函数，，研究的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解．【详解】设，，则，，，，在定义域R上单调递增，，，即，，，不等式的解集为故选：．8．一个口袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，每次从袋中至少取出一个球，恰好4次取完，那么不同的取法一共有（       ）种．A．76 B．48 C．40 D．28【答案】A【分析】分两种情况讨论，有三次拿了1个球，两次拿了3个球或有两次拿1个球，两次拿2个球.【详解】由题可得若有三次拿了1个球，两次拿了3个球，则无论哪一次拿3个球情况一样，则可拿3红或2红1白或2白1红，则有种取法，若有两次拿1个球，两次拿2个球，先考虑拿2球的两次在四次中的排列，即种，每种情况的种数一样，故可从拿2个球的次数着手，即先拿2球的拿的2红，后拿的是拿的2白或1红1白或2红；先拿的是1红1白，后拿的是2红或1红1白；先拿的是2白，后拿的是2红，则有种，综上，不同的取法一共有种.故选：A.二、多选题9．已知二项式的展开式中共有7项，则下列说法正确的有（       ）．A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为1C．二项式系数最大的项为第4项 D．有理项共3项【答案】BC【分析】由已知可得，从而可得二项式为，然后利用二项式的性质逐个分析判断【详解】因为二项式的展开式中共有7项，所以，则二项式为，对于A，所有项的二项式系数和为，所以A错误，对于B，令，则所有项的系数和为，所以B正确，对于C，因为二项式的展开式中共有7项，所以由二项式的性质可知二项式系数最大的项为第4项，所以C正确，对于D，二项式展开式的通项公式为，因为，所以当时，其对应的项为有理项，即共有4个有理项，所以D错误，故选：BC10．数学上有很多著名的猜想，“角谷猜想”（又称“冰雹猜想”）就是其中之一，它是指任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．记正整数按照上述规则实施第次运算的结果为，若，则可能为（       ）．A．64 B．16 C．8 D．1【答案】ACD【分析】根据题意，利用利用带入检验法对四个选项一一验证即可.【详解】利用带入检验法： 选项A6432168421选项B16842142选项C8421421选项D1421421 所以为64、8、1都符合题意，为16不符合题意.故选：ACD11．日前，为应对新冠疫情，某校安排甲、乙、丙、丁、戊5名老师到A、B、C、D四个社区参与志愿活动，以下说法正确的是（       ）．A．每人都只安排到一个社区的不同方法数为625B．每人都只安排到一个社区，每个社区至少有一人，则不同的方法数为480C．如果D社区不安排，其余三个社区至少安排一人，则这5名老师全部被安排的不同方法数为150D．每人都安排到一个社区，每个社区至少有一人，其中甲、乙不去A社区，其余三位老师四个社区均可安排，则不同安排方案的种数是126【答案】CD【分析】根据选项依次求出不同的安排方式即可得出.【详解】对A，每人都只安排到一个社区，每人有4种安排方法，则不同的安排方法有种，故A错误；对B，先将5人分成人数为2,1,1,1的四组，再将分好的四组安排到四个社区，则不同的安排方法有种，故B错误；对C，先将5人分成人数为2,2,1或3,1,1的三组，再将分好的三组安排到三个社区，则不同的安排方法有种，故C正确；对D，分两种情况，第一种情况：先从丙丁戊中选一人去A社区，再将其余四人分成人数为2,1,1的三组安排到B，C，D三个社区，不同的安排方法为种，第二种情况：先从丙丁戊中选两人去A社区，再将其余三人安排到B，C，D三个社区，不同的安排方法为种，所以不同的安排方法种数为种，故D正确.故选：CD.12．已知函数有两个零点、，则下列说法正确的是（       ）．A． B． C． D．【答案】ACD【分析】分析可知直线与曲线的图象有两个交点，数形结合可判断A选项；证明对数平均不等式，其中，且、均为正数，利用对数平均不等式可判断BCD选项.【详解】由可得，令，其中，所以，直线与曲线的图象有两个交点，，令，可得，列表如下：减极小值增 作出函数与的图象如下图所示：由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，A对；接下来证明对数平均不等式，其中，且、均为正数.先证明，其中，即证，令，，其中，则，所以，函数在上为增函数，当时，，所以，当时，，接下来证明：，其中，即证，令，即证，令，其中，则，所以，函数在上为减函数，当时，，所以，当时，，由已知可得，两式作差可得，所以，，因为，故，，B错，CD都对.故选：ACD.【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.三、填空题13．5个人排成一排拍照，其中甲、乙不相邻，共有______种排法．（用数字作答）【答案】【分析】先排好甲乙之外的三个人，再把甲乙两人插入四个空隙中的两个之中，结合分步计数原理，即可求解.【详解】由题意，先排好甲乙之外的三个人，共有种不同的分法，再把甲乙两人插入四个空隙中的两个之中，共有种不同的方法，结合分步计数原理，共有种不同的排法.故答案为：14．的展开式中含的项的系数为______．（用数字作答）【答案】-120【分析】利用排列组合思想，从五个因式中选择两个因式取x，再从剩余的三个因式中选择一个因式取-y，余下的两个因式取，可得含的项，然后可得.【详解】从的五个因式中选择两个因式取x共有种，再从剩余的三个因式中选择一个因式取共有种，最后两个因式取，总的取法有种，所以含的项为所以含的项的系数为-120.故答案为：-120.15．已知函数在上为增函数，则a的取值范围是______．【答案】【分析】函数在某个区间上为增函数的等价形式为：在区间上恒成立，再利用参变分离的方法构造新函数，运用导数求其极值与最值即可.【详解】函数在上为增函数， 恒成立，令，单调递减；单调递增；可得时，函数取得极小值，即：，解得：，a的取值范围是：.故答案为：.四、双空题16．曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为，则______，______．【答案】          【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，可求出切线与两坐标轴交点的坐标，利用三角形的面积公式可求得，然后利用错位相减法可求得.【详解】因为，，则，，所以，切线方程为，在切线方程中，令可得，令可得，所以，，，设数列的前项和为，则，所以，，上述两个等式作差得，令，则，上述两个等式作差得，，则，因此，.故答案为：；.五、解答题17．已知函数，，且．求：(1)a的值及曲线在点处的切线方程；(2)函数在区间上的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）先求导，求出参数a，然后根据点斜式写出直线方程.（2）先求导，然后根据导数研究函数的最值.【详解】(1)，解得：故，曲线在点处的斜率为，切线方程即(2)由（1）可知：，令，解得故当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增；区间内，当时取最大值，最大值为18．等差数列前n项和为，且，．(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为，若，求n的最小值．【答案】(1)(2)8【分析】（1）根据题中给的等式求解出数列的首项和公差，再写出通项公式即可；（2）根据数列的通项公式求解数列的通项公式，进而求解其前项和，最后根据不等式的知识求解的最小值．【详解】(1)设等差数列的公差为，首项为，则，解得，所以数列的通项公式为．(2)，， 由题得，解得，因为，所以的最小值是8．19．已知的展开式中第2项与第三项的二项式系数之和为36．(1)求n；(2)求展开式中系数最大的项．【答案】(1)(2)和.【分析】（1）根据题意得到，求得，即可求解；（2）由（1）知，得到展开式的通项为，列出不等式组，结合组合数的公式，求得，进而求得，即可求解.【详解】(1)解：由题意，的展开式中第2项与第三项的二项式系数之和为36，可得，即，解得或（舍去），所以.(2)解：由（1）可得二项式，其展开式的通项为，即展开式中项的系数为，设第项的系数最大，则满足，可得，即，解得，当时，；当时，，所以展开式中系数最大的项为和.20．某服装厂主要从事服装加工生产，依据以往的数据分析，若加工产品订单的金额为x万元，可获得的加工费为万元，其中．(1)若，为确保企业获得的加工费随加工产品订单的金额x的增长而增长，则该企业加工产品订单的金额x（单位：万元）应在什么范围内？(2)若该企业加工产品订单的金额为x万元时共需要的生产成本为万元，已知该企业加工生产能力为（其中x为产品订单的金额），试问m在何范围时，该企业加工生产将不会出现亏损．【答案】(1)(2)【分析】（1）令，求导，解即可求出结果；（2）该企业加工生产将不会出现亏损，即恒成立，参变分离得到，构造函数，求出的最小值即可.【详解】(1)当时，，所以，令，即，又因为，因此，所以该企业加工产品订单的金额x（单位：万元）应在；(2)令，该企业加工生产将不会出现亏损，即恒成立，所以，即，设，则，令，则，所以在上单调递减，且，所以在上，即在上恒成立，故，所以，故，因此当时，该企业加工生产将不会出现亏损.21．设为等差数列的前n项和，其中，且．(1)求常数的值，并写出的通项公式；(2)记，数列的前n项和为，若对任意的，，都有，求正整数的最小值．【答案】(1)，.(2)的最小值为.【分析】（1）根据题意，分别求得，，结合数列为等差数列，列出方程组，求得，得到，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）得到，利用乘公比错位相减法求得，把不等式，转化为，令，结合，根据数列的单调性，即可求解.【详解】(1)解：由，且，令，可得，解得；当，可得，解得，因为数列为等差数列，可得，解得，所以，所以，所以数列的通项公式为.(2)解：由（1）知，所以，则，可得，两式相减可得，所以要使得，即，即，令，可得，则，当时，；当时，，即，即，所以当时，恒有，故存在时，对于任意时，都有成立.22．已知函数．(1)若，求的单调区间；(2)若对于任意的，恒成立，求a的最小值．【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2)【分析】（1）当时，求得函数的导数，结合导函数的符号，即可求得函数的单调区间；（2）求得函数的导数，令 ，则在上单调递增，求得函数的最大值，转化为求得，即可求解.【详解】(1)解：当时，函数，可得，令，解得，当时，；当时，，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)解：由题意，函数，可得，因为任意的，恒成立，又由，所以，则，令 ，则在上单调递增，因为当时，，所以，因为，所以，使得，且当时，，则；当时，，则，所以在上单调递增，在上单调递减，故，由，可得，因为恒成立，可得，即，结合，得，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，即，故实数的最小值为.