2022-2023学年上海市七宝中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年上海市七宝中学高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．设等比数列的前项和，为正整数，若，，则__________．

【答案】48

【分析】根据等比数列的性质求解即可.

【详解】设等比数列的公比为，

则有，

又因为，

故答案为：48.

2．若；则__________．

【答案】3

【分析】根据排列数的计算公式，将原式化简，解对应方程，即可得出结果.

【详解】因为，，

所以，

所以，解得.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查排列数的计算，熟记公式即可，属于基础题型.

3．某赛车启动时的位移（米）和时间（秒）的关系满足，则时赛车的瞬时速度是__________（米/秒）．

【答案】90

【分析】根据导数的物理意义求解即可.

【详解】由导数的物理意义可得该质点在第秒时的瞬时速度即函数在时的导数值，

因为

所以，

所以，

所以质点在第3秒时的瞬时速度为（米/秒）．

故答案为：90．

4．已知（，2，…，2024），则数列中的最大项的值为__________．（用组合数表示）

【答案】和

【分析】根据二项式系数的单调性，即可求解.

【详解】由题意得：数列是由展开式的二项式系数组成，

根据二项式系数的性质，最大项为和，

故答案为：和.

5．狂欢节期间，动漫社制作了各不相同的原神海报和方舟海报各5张组成一套，凡买一杯奶茶可以选择从这一套海报中随机抽取4张，某原神粉丝参加抽奖，他从一套海报中抽到原神海报不少于两张的概率为__________．

【答案】

【分析】采用正难则反的方法，求出未抽到或抽到1张的概率，再利用对立事件的性质即可.

【详解】若1张未抽到或抽到1张，概率为，

故抽到不少于原神海报不少于两张的概率为，

故答案为：.

6．设表示在处的导数值，已知，则_________．

【答案】

【分析】根据导数的运算公式求解即可.

【详解】因为，所以，

令,则有,解得,

故答案为: .

7．已知数列满足，且，，则__________．

【答案】

【分析】根据等差中项法判断数列为等差数列，进而利用等差数列的性质求解.

【详解】因为数列满足，

所以数列为等差数列，

所以，又因为，，

所以，解得，

故答案为：.

8．已知等差数列的公差为d，首项，当且仅当时，其前n项和取得最大值，则d的取值范围是______．

【答案】

【分析】先利用题给条件列出关于d的不等式组，解之即可求得d的取值范围.

【详解】等差数列的首项，当且仅当时，其前n项和取得最大值，

则，即，解得．

故答案为：

9．若方程有三个不同实根，则实数的取值范围是__________．

【答案】

【分析】将问题转化为函数与函数的图象有三个不同的交点，利用导数讨论函数的单调性和极值，数形结合求解.

【详解】由，可得，

则关于的方程有三个不同实根，

即函数与函数的图象有三个不同的交点，

，

令解得或，令解得，

所以函数在单调递增，单调递减，单调递增，

，

作出函数的图象如下，

由图可知，解得，

故答案为:.

10．若直线为曲线的一条切线，则实数的值是__________．

【答案】

【分析】根据导数的几何意义、导数的运算公式以及切线方程的求法求解.

【详解】由，可得，

设切点为，则，

故切线方程为，即，

又因为切线为，所以，

解得，所以，

故答案为：.

11．若函数使得数列（，）为严格递增数列，则称函数为“数列的保增函数”．已知函数为“数列的保增函数”，则实数的取值范围为__________．

【答案】

【分析】根据数列的单调性以及函数的单调性求解.

【详解】由题意可得，,

，

即，

即对恒成立，

由于函数在上单调递增，所以，

所以

所以，

故答案为: .

12．组合数学常应用于计算机编程，计算机中著名的康威生命问题与开关问题有相似的地方．下图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关一次，将导致自身和周围所有相邻的开关改变状态，例如，按将导致，，，改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为__________．

【答案】5

【分析】分析可知，要只改变的状态，则只有在及周边按动开关才可以实现开关的次数最少，利用表格分析即可.

【详解】根据题意可知：只有在及周边按动开关，才可以使按开关的次数最少，具体原因如下：

假设开始按动前所有开关均为闭合状态，要只改变的状态，在按动后，，也改变，

下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动，但会导致周边的，也改变，因此会按动开关更多的次数；所以接下来逐一恢复，至少需按开关次；

这样沿着周边的开关再按动，可以实现最少的开关次数，即按动次可以满足要求.

如下表所示：（按顺时针方向开关，逆时针也可以）

则需按开关的最少次数为.

故答案为：5.

二、单选题

13．若函数在处导数为，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用导数的定义即可直接求解.

【详解】,

故选：D.

14．无穷等比数列的首项为，公比为，前项和为，且，则首项的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，得到、的关系，再结合的范围即可求解.

【详解】设公比为，，因为，所以，则，

因为，

所以，其中，，

当时，，且

所以，则

故选：D

15．在量子力学中，研究微观粒子的概率模型与概率论中最经典的球盒模型有关，已知7种不同的巧克力放入5个相同的巧克力盒子中，每个盒子中至少有一个巧克力，五个盒子一起打包（不考虑打包顺序）成一个礼品包出售，则不同的礼品包种数是（    ）

A．245 B．140 C．2520 D．10

【答案】A

【分析】分5个盒子里巧克力个数分别为3，1，1，1，1和2，2，1，1，1时讨论即可.

【详解】当5个盒子里巧克力个数分别为3，1，1，1，1时，此时有种，

当5个盒子里巧克力个数分别为2，2，1，1，1时，此时有种，

则不同的礼品包种数是种，

故选：A.

三、多选题

16．1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：“5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉准备第二天再分，夜里，1只猴子偷偷爬起来，先吃掉一只桃子，然后将其5等分，藏起自己的一份就去睡觉了；过了一会第2只猴子爬起来，先吃掉一只桃子，也将桃子5等分，藏起自己的一份睡觉了，以后的3只猴子也照此办理，问最初有多少只桃子？最后剩下多少个桃子？”在李政道先生的这个问题中，下列说法错误的是（    ）

A．若第只猴子分得个桃子（不含吃的），则（，3，4，5）

B．若第只猴子连吃带分共得到个桃子，则（，2，3，4，5）为等比数列

C．若最初有3121个桃子，则第五只猴子分得256个桃子（不含吃的）

D．若最初有个桃子，则必为的倍数．

【答案】ABD

【分析】根据数列的递推关系可得即可判断A，利用递推关系可得，根据等比数列的概念判断B，利用等比数列的通项公式判断C，利用等比数列的通项公式和求和公式可判断D.

【详解】设最初有个桃子,猴子每次分剩下的桃子依次为,

则,

若第只猴子分得个桃子(不含吃的)，

则,

所以,

即（，3，4，5）,故A正确;

由A，（，3，4，5）,

所以，

即（，3，4，5）是等比数列，

若第只猴子连吃带分共得到个桃子，则，

所以（，2，3，4，5）是以为公比的等比数列，B正确；

由B知，（，3，4，5）是等比数列，

所以，

所以，

若最初有3121个桃子，即，

所以，C错误；

根据题意，

因为（，2，3，4，5）是以为公比的等比数列，

所以，

化简得，

因为，且为正整数，

所以，即必为的倍数，D正确，

故选:ABD.

四、解答题

17．富比尼原理又称算两次原理，是组合数学中非常重要的计算方法，下面的组合恒等式可以用富比尼原理进行证明，具体如下：人中有1人是军人，从人中选人各奖励1颗星，共有种选法，另一方面，这等价于考虑这人中的军人是否被选中，若选中军人，则有种选法，若未选中军人，则有种选法，所以；

(1)若，求关于的方程的解；

(2)将题干中的问题推广到人中有人是军人的情形，写出结论并加以证明．

【答案】(1)或2或4

(2)见解析.

【分析】（1）分上标相等以及上标和为24讨论即可；

（2）分一个军人都未选中和1,2个军人分别被选中讨论即可.

【详解】（1）由题意得①，解得或，

②，解得或4，

经检验当时舍去，

故或2或4.

（2）根据题意，从个不同元素中选出人各奖励1颗星，选法种数是，

若对其中的某个元素分别选或不选，

则个元素一个都没有选，有种选法；

有一个元素被选取，有种选法；

有两个元素被选取，有种选法；

有三个元素被选取，有种选法；

有个元素被选取，有种选法；

所以，，

18．某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图中（1）、（2）、（3）、（4）为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多越漂亮，按同样的规律刺绣（小正方形的摆放规律相同），设第个图形包含个小正方形．

(1)求的值；

(2)求出的表达式．

【答案】(1)61

(2)

【分析】（1）根据题意直接分析求解；

（2）利用累加法求通项公式.

【详解】（1）由题意可得：，

则，，

依此类推可得，可得，

，可得.

（2）由（1）可得：，

当时，则

，

显然当时，符合上式，

所以.

19．某公司生产一种产品，第一年投入资金1000万元，出售产品后收入40万元，预计以后每年的投入资金是上一年的一半，出售产品所得收入比上一年多80万元．同时，当预计投入资金低于20万元时，就按20万元投入，且当年出售产品的收入与上一年相同．

(1)设第年的投入资金和收入金额分别为万元，万元，请求出、的通项公式；

(2)预计从第几年起该公司开始并持续盈利？请说明理由（盈利是指总收入大于总投入）．

【答案】(1)，

(2)该公司从第8年开始盈利，理由见解析.

【分析】（1）根据等差数列和等比数列通项公式求解即可.

（2）根据题意得到当时，总利润，时，，再分类讨论即可得到答案.

【详解】（1）由题知：，

当，，解得，

所以.

.

（2）当时，

总利润.

因为，

为增函数，

且，，

所以当时，，当时，，

因为，

，

所以时，，即前6年未盈利.

当时，，

令，解得，所以该公司从第8年开始盈利.

20．已知（，，，为常数）和点，直线为函数在处的切线方程．

(1)若，，求函数的极值；

(2)若，，，试证明：当时，过点可以作3条不同的直线与相切；

(3)上是否存在两个不同的点，在这两个点处的切线相同？请说明理由．

【答案】(1)时函数取得极大值, ,时函数取得极小值,.

(2)证明见解析；

(3)不存在，证明见解析；

【分析】(1)根据导函数，即可求出极值.

(2)转化为的图像与的有三个不同的解交点，即可求解.

(3)假设存在这样的两点,分别为，分别求出切线方程，利用两条切线的斜率和截距均相等，即可求证.

【详解】（1）若则,

则,

易知和时, ,此时函数 是严格增函数,

时, ,此时函数是严格减函数,

故时函数取得极大值, ,时函数取得极小值,.

（2）若,则,故,

,则可化为: ,

设函数上的一个切点为,

有,

故在该点的切线方程为

又该切线过点,代入,整理得:

令,故,

易知函数在和是严格减函数,在是严格增函数,

又

故有三个不同的解,即过点可以作3条不同的直线与相切.

（3）不存在,证明如下,

假设存在这样的两点,分别为 ,

,故过A、B两点的切线方程分别为:和,

由题意:,得，

又得，,

整理得: ，

将代入上式得,,

同理得, 故是方程的两个根，

又，得 ,这与假设矛盾;

综上,不存在这样的两个点,在这两个点处的切线相同.

【点睛】方法点睛：对于过某一点可作曲线的几条切线问题，可以先设切点，求出切线方程，再将点带入，把问题转化为方程有几个解的问题.

21．已知，．

(1)求函数的单调区间；

(2)容易证明对任意的都成立，若点的坐标为，、为函数图像上横坐标均大于1的不同两点，试证明：；

(3)数列满足，，证明：．

【答案】(1)减区间为，增区间为.

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）利用导数与单调性的关系求解；

（2）利用导数与最值的关系证明恒成立，从而可得的图象始终夹在直线和直线之间，即可证明；

（3）利用导数与单调性、最值的关系证明，以及，从而可得，进而可得，即可证明.

【详解】（1）因为，定义域为，

所以，

令，解得，令，解得，

所以函数的减区间为，增区间为.

（2）构造函数，

则，

当时，函数单调递减，

则，所以在恒成立，

所以在单调递减，所以，

所以在恒成立，

又由（1）可知，当时，，

所以当时，的图象始终夹在直线和直线之间，

且的图象不会和直线和直线相交，

又因为直线和直线的夹角为，

因此恒成立，命题得证.

（3），

恒成立，

且，所以当时，，

又由（1）可知数在单调递减，在单调递增，

因为，所以，，，，

又因为，所以，

所以，

又因为在单调递减，所以，

即即，

所以，则，所以.

【点睛】关键点点睛：本题第二小问的关键在于证明在恒成立，进而可得的图象始终夹在直线和直线之间，即可证明原命题；第三小问的关键在于利用导函数与最值的关系确定数列的单调性，并结合函数的的单调性证明不等式.