2022-2023学年湖北省宜昌市协作体高二下学期期中联考数学试题含解析

2022-2023学年湖北省宜昌市协作体高二下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．若数列{}的通项公式为则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由通项公式取即可.

【详解】因为

所以

故选：C.

2．若，则（    ）

A．20 B．21 C．30 D．35

【答案】D

【分析】根据排列数求得n，再根据组合数公式求得答案.

【详解】因为，所以，即，

解得或（舍去），所以,

故选：D.

3．下列求导运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据导数运算公式逐项求解即可.

【详解】，故A错误；

，故B错误；

，故C错误；

，故D正确.

故选：D.

4．已知等差数列的前项和为，则（    ）

A．155 B．160 C．290 D．310

【答案】A

【分析】根据等差数列的通项公式列式求解，再利用等差数列的求和公式运算求解.

【详解】等差数列的公差为，

由题意可得：，解得，

所以.

故选：A.

5．已知是两条平行线，直线上有4个不同的点，直线上有5个不同的点，从这9个点中任取3个点作为三角形的顶点，则组成的三角形的个数是（    ）

A．30 B．84 C．40 D．70

【答案】D

【分析】分类讨论从直线上选点的个数，结合组合数运算求解.

【详解】从直线上选2个点，直线上选1个点，可以组成个三角形；

从直线上选1个点，直线上选2个点，可以组成个三角形；

所以总共可以组成个三角形.

故选：.

6．若函数在上存在极值，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的导函数，依题意可得，再结合，即可求出参数的取值范围.

【详解】因为，

所以，

由函数在上存在极值，所以，解得或，

又，所以的取值范围是.

故选：B.

7．已知等比数列的前项和为，且，若，，则（    ）

A．27 B．45 C．65 D．73

【答案】C

【分析】根据等比数列前项和的性质可得，，，成等比数列，然后根据等比中项的性质，代入数据求出，进而即可求出答案.

【详解】由等比数列前项和的性质可得，，，成等比数列，

所以有，即，

整理可得，解得（舍）或.

又因为，

所以有，解得.

故选：C.

8．已知是定义在上的函数的导函数，且，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】构建，求导，利用导数判断的单调性，进而利用单调性比较大小.

【详解】构建，则，

因为对于恒成立，所以，

故在上单调递减，

由于，且，

所以，即.

故选：A.

【点睛】结论点睛：

1.的形式，常构建；的形式，常构建；

2.的形式，常构建；的形式，常构建.

二、多选题

9．已知等差数列的公差为，若，，则首项的值可能是（    ）

A．18 B．19 C．20 D．21

【答案】BC

【分析】根据等差数列的通项，建立不等式组，可得答案.

【详解】由题意，得，所以.

故选：BC.

10．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．在上单调递增 B．在上单调递减

C．在处取得极小值 D．在处取得极大值

【答案】ACD

【分析】根据导函数与函数的单调性和极值的关系求解.

【详解】当时，单调递增，

由图可知时，，单调递增，故A正确；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，故B错误；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以在处取得极小值，故C正确；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以在处取得极大值，故D正确.

故选：ACD.

11．若，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】ABD

【分析】利用赋值法，令，求出，判断A；令和，将得到的两式相加、相减，可判断B、C，令计算，可判断D.

【详解】由题意，当时，，A正确；

当时，，

当时，，

两式相加得，，

两式相减得，，

所以B正确，C错误；

当时，，

所以，D正确.

故选：ABD.

12．已知数列的前项和满足，，且，，数列的前项和为，则（    ）

A．数列是等比数列 B．数列是等比数列

C． D．

【答案】AD

【分析】根据与的关系，即可推得，变形可得，即可得出A项；根据时，求出，即可得出，求出，即可判断B、C项；代入裂项可得，然后求和即可得出D项.

【详解】对于A项， 由，得，

两式相减，得，整理可得，所以，故A正确；

对于B项，当时，，解得，所以，

所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以，

所以，所以，，显然数列不是等比数列，故B错误；

对于C项，由B知，，所以，故C错误；

对于D项，，

所以，故D正确.

故选：AD.

三、填空题

13．若3名学生报名参加天文、计算机、文学、美术这4个兴趣小组，每人选报1组，则不同的报名方式有__________ 种.

【答案】64

【分析】由分步乘法计数原理即可算出答案.

【详解】由分步乘法计数原理，得不同的报名方式有（种）.

故答案为：64

14．某质点沿直线运动的位移与时间的关系是，则质点在时的瞬时速度为__________.

【答案】5

【分析】先求函数的导数，再把代入导数方程即可.

【详解】，当时，.

故答案为：5

15．已知，则__________.

【答案】

【分析】利用赋值法即可求解.

【详解】取，得；

取，得，

两式相加可得；

取，得，所以.

故答案为：.

16．对于函数，若存在，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若时，函数的图象上只有1对“隐对称点”，则__________.

【答案】

【分析】根据题意分析可得原题意等价于与函数的图象只有1个交点，分别判定与的单调性，结合图象分析运算.

【详解】由题意可得：关于原点对称的函数为，

故原题意等价于与函数的图象只有1个交点，

对于函数可知：在上单调递减，在上单调递增，

故；

对于，则，

由于，则有：

令，解得；令，解得；

则在上单调递增，在上单调递减，

所以的最大值为；

分别作出与的图象（如图所示）.

若与的图象只有1个交点，则，

即，解得.

故答案为：.

【点睛】方法定睛：对于方程的根的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：

（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；

（2）求导数，得单调区间和极值点；

（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．

四、解答题

17．某校举办元旦晩会，现有4首歌曲和3个舞蹈需要安排出场顺序.（结果用数字作答）

(1)如果4首歌曲相邻，那么有多少种不同的出场顺序？

(2)如果3个舞蹈不相邻，那么有多少种不同的出场顺序？

【答案】(1)576种

(2)1440种

【分析】（1）因为是相邻问题，故利用捆绑法即可求得答案；

（2）由于3个舞蹈节目不相邻，故利用插空法即可求得答案.

【详解】（1）先将4首歌曲捆绑，四首歌曲内部全排列，有种情况，

再将捆绑好的4首歌曲看做一个整体与3个舞蹈排序，有种情况，

所以有（种）不同的出场顺序.

（2）先将4首歌曲排好，有种情况，再将3个舞蹈排入4首歌曲隔开的5个空中，

有种情况，所以有1440（种）不同的出场顺序.

18．已知函数，且.

(1)求函数的图象在点处的切线方程；

(2)求函数在区间上的值域.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用可构造方程求得的值，结合可求得切线方程；

（2）利用导数可求得的单调性，结合区间端点值和极值可求得的最值，由此可得的值域.

【详解】（1），，解得：，

，则，

在点处的切线方程为：，即.

（2）由（1）知：，则，

当时，；当时，；

在，上单调递增，在上单调递减，

又，，，，，，

的值域为.

19．若展开式前三项的二项式系数之和为22.

(1)求展开式中二项式系数最大的项；

(2)求展开式中的常数项.

【答案】(1)

(2)135

【分析】（1）根据展开式前三项的二项式系数之和求出n的值，即可求出展开式中二项式系数最大的项；

（2）利用二项式展开式的通项公式，即可求得答案.

【详解】（1）因为展开式前三项的二项式系数之和为22，所以，

即，

解得或（舍），故的值为6，

即展开式中最大的二项式系数为，所以展开式中二项式系数最大的项为第4项，

即.

（2）由题意知展开式中通项公式为，

令，解得，

所以，故展开式中的常数项为135.

20．已知数列 中 ，，.

(1)求证：是等比数列；

(2)若数列满足，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意得，结合等比数列定义证明数列是等比数列；

（2）由（1）可求即，利用错位相减法求和即可.

【详解】（1）因为，

所以，

又，，

所以，

所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列

（2）由(1)知 ，因为，

所以，

所以 ，

 ，

两式相减，得 ，

所以

21．第18届亚足联亚洲杯将于2023年举行，已知此次亚洲杯甲裁判组有6名裁判，分别是.（以下问题用数字作答）

(1)若亚洲杯组委会邀请甲裁判组派裁判去参加一项活动，必须有人去，去几人由甲裁判组自行决定，问甲裁判组共有多少种不同的安排方法？

(2)若亚洲杯组委会安排这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，根据回避规则，其中A不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，问共有多少种不同的安排方法？

(3)若亚洲杯组委会将这6名裁判全部安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，每名裁判只参加1项活动，问共有多少种不同的安排方法？

【答案】(1)63种

(2)504种

(3)540种

【分析】（1）根据可去裁判的人数结合组合数的性质分析运算；

（2）利用间接法，在所有排列情况下排除A担任第一场比赛的主裁判或C担任第三场比赛的主裁判的可能；

（3）根据题意，分类讨论人数的分配情况运算求解.

【详解】（1）由题意知：可去名裁判，

所以共有（种）不同的安排方法.

（2）这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，共有种方法，

若A担任第一场比赛的主裁判的方法数为；

若C担任第三场比赛的主裁判的方法数为；

若A担任第一场比赛的主裁判同时担任第三场比赛的主裁判的方法数为；

所以A不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，共有（种）不同的安排方法.

（3）亚洲杯组委会将这6名裁判安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，则分类如下：

①这6名裁判分为1人，1人，4人这三组，共有（种）不同的安排方法；

②这6名裁判分为1人，2人，3人这三组，共有（种）不同的安排方法；

③这6名裁判分为2人，2人，2人这三组，共有（种）不同的安排方法.

综上所述：组委会将这6名裁判安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，共有（种）不同的安排方法.

22．已知函数，（，为自然对数的底数）.

(1)求函数的极值；

(2)若对，恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)极大值为，无极小值

(2)

【分析】（1）求导后，根据的正负可求得的单调性，根据极值的定义可求得结果；

（2）分离变量可将问题转化为在上恒成立；求导后可令，利用导数可求得的单调性，利用零点存在定理可求得的零点，并得到的单调性，由此可求得，化简可得，由此可求得的取值范围.

【详解】（1）定义域为，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

的极大值为，无极小值.

（2）由得：，在上恒成立；

令，则；

令，则，

在上单调递增，又，，

，使得，则，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，；

由得：，，

，，

则实数的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式，将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系问题，从而利用导数求解函数最值来求得变量的取值范围.