2022-2023学年北京市海淀区中央民族大学附属中学高二下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年北京市海淀区中央民族大学附属中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A．1 B．-1 C．2 D．-2

【答案】C

【分析】由题，利用基本初等函数的导数公式可求得导函数，代入即可求得结果

【详解】由题，故，

故选：C

2．在等比数列中，，，则是（    ）

A．1 B．3 C． D．

【答案】D

【分析】利用等比中项求解即可.

【详解】等比数列中, 因为成等比数列，

且，，

所以，

故选：D.

3．等差数列满足，，则该等差数列的公差（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据等差中项公式与通项公式即可求解.

【详解】依题意，

因为是等差数列，且，，

故，解得，

则，解得.

故选：B.

4．某校开学“迎新”活动中要把2名男生，3名女生安排在5个岗位，每人安排一个岗位，每个岗位安排一人，其中甲岗位不能安排男生，则安排方法的种数为（    ）

A．72 B．56 C．48 D．36

【答案】A

【分析】先安排甲岗位，剩下的全排即可求解．

【详解】先安排甲岗位，剩下的全排，则安排方法共有种，

故选：A.

5．（x）6展开式中常数项是（    ）

A．第4项 B．24C C．C D．2

【答案】B

【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．

【详解】（x）6展开式的通项公式为，令60，求得，

可得展开式中常数项是•24，

故选：B

【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．

6．从0，1，2，3，4这5个数字中选出3个不同数字能组成（    ）个三位偶数

A．30 B．24 C．18 D．36

【答案】A

【分析】分个位为0、个位为2或4两种情况讨论得解.

【详解】当个位为0时，先从1,2,3,4中选出两个数字排列在百位和十位，共有种方法；

当个位为2或4时，先从2, 4中选出1个数字排列在个位，有种方法，再从剩下的3个非0数字中选一个排在百位，有种方法，最后从剩下的3个数字中选一个排在十位，有种方法，共有种方法.

综合得能组成个三位偶数.

故选：A

7．已知，那么函数在处的瞬时变化率为（    ）

A．1 B．0 C． D．

【答案】C

【分析】根据简单复合函数的导函数计算规则求出函数的导函数，再代入计算可得；

【详解】解：因为，所以，所以，

所以函数在处的瞬时变化率为，

故选：C

8．已知等差数列的前项和为，若，，则的值为（　　）

A． B． C． D．4

【答案】C

【分析】利用前项和的性质可求的值.

【详解】设，则

，故，故，

，故选C.

【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：

（1）若，则；

（2） 且 ；

（3）且为等差数列；

（4） 为等差数列.

9．已知公差不为0的等差数列的第2,3,6项依次构成一个等比数列，则该等比数列的公比q为 (　　)

A．  B．3 C．± D．±3

【答案】B

【分析】由已知条件设出首项与公差，利用等比中项列式求出其关系，表示出第2、3项即可求出公比.

【详解】设等差数列公差为d，首项为，则，，，

由等比中项公式：，化简可得：.

所以：，，作比可得公比为：3.

故选B.

【点睛】本题考查等差数列的通项以及等比中项，根据题意列出等量关系式，由公比的定义即可求出结果.

10．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有二阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第15项为（    ）

A．94 B．108 C．123 D．139

【答案】B

【分析】根据高阶等差数列的知识，结合累加法求出数列的通项公式，再求出该数列的第15项．

【详解】设该数列为，数列的前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，

则数列满足，，

所以

，

所以．

故选：B

二、填空题

11．一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中任取一本，则不同的取法有______种．（以数字作答）

【答案】37

【解析】根据分类加法计数原理，由题中条件，即可得出结果.

【详解】一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中任取一本，由分类加法计数原理可知，不同的取法有种，

故答案为：37．

12．已知，则________．

【答案】7

【分析】根据组合数性质分析即可.

【详解】因为，故.

故答案为：7

13．有个身高均不相等的学生排成一排合影，最高的人站在中间，从中间到左边和从中间到右边的身高都递减，则不同的排法有____种.（用数字作答）

【答案】

【分析】根据排队问题中的顺序固定问题只选不排，以及分步计数原理计算求解即可．

【详解】最高的学生站在中间，有种排法，

再从其余四个同学中任意选取两个，站在最高同学的左边，由于身高从中间到左边递减，所以共有种不同排法，

最后两名同学站在最高同学的右边，按身高从中间到右边递减，共有种排法，

则个身高均不相等的学生排成一排合影，不同的排法有种，

故答案为：

14．已知，则________．

【答案】

【分析】利用赋值法可求出结果.

【详解】因为，

令，得，

令，得，

所以.

故答案为：

15．已知函数存在两个极值点，给出下列四个结论：

①函数有零点；     

②a的取值范围是；

③；             

 ④．

其中所有正确结论的序号是___________．

【答案】①④

【分析】求出函数定义域以及导函数.由可说明①正确；由已知，有两个不同的正数解，根据二次函数根的分布即可求出的范围，判断②；根据求根公式，解出，结合②中解出的的范围，可得到，即③错误；根据导函数得出函数的单调性，结合③的解析，可得，即④正确.

【详解】由已知可得，定义域为，.

对于①，因为，所以1是函数的一个零点，故①正确；

对于②，因为函数存在两个极值点，所以有两个不同的正数解，即方程有两个不同的正数解，

则应满足，解得，故②错误；

对于③，解方程可得，，因为，所以，由②知，所以，所以，故③错误；

对于④，由可得，即，所以，所以在上单调递增；解可得，或，所以在上单调递减，在上单调递减.

由③知，所以，故④正确.

故答案为：①④.

三、解答题

16．已知函数．

(1)求函数的单调区间；

(2)求在区间上的最大值和最小值．

【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为

(2)最大值为1，最小值为

【分析】（1）根据题意，求导得到即可得到其单调区间；

（2）根据题意，由（1）中的单调区间即可得到其最值.

【详解】（1），

时，，的单调增区间为，

时，，的单调减区间为，

所以函数单调增区间为，单调减区间为.

（2）由（1）知在上递减，在上递增，

当时，有极小值即最小值为．

，，.

所以最大值为，最小值为

17．在等差数列中，

(1)求的通项公式；

(2)若是公比为2的等比数列，，求数列的通项及前项和.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）设公差为，根据已知求出首项与公差，再根据等差数列的通项公式即可得解；

（2）根据等差数列的通项求出数列的通项，即可得出数列{}的通项，再利用分组求和法即可得解.

【详解】（1）设公差为，则，解得，

则，所以，

所以；

（2），

因为是公比为2的等比数列，

所以，

所以，.

所以..

.

18．已知数列中，， ，其中 ．

从①数列的前项和 ，② ，③且，这三个条件中一个，补充在上面的问题中并作答.

注：若选作多个条件分别解答，按第一个解答计分.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求证：数列 是等差数列；

(3)设数列 ，求数列的通项公式及前20项和 ．

【答案】(1)；

(2)证明见解析；

(3)，.

【分析】（1）选①，利用与的关系求出即可；选②③，判断等比数列，再利用等比数列定义求出通项公式作答.

（2）由（1）的结论求出，再利用等差数列定义判断作答.

（3）由（2）的结论，利用裂项相消法求和作答.

【详解】（1）选①，当时，，当时，，满足上式，

所以数列的通项公式是 .

选②，依题意，数列为等比数列，其首项为1，公比为2，

所以数列的通项公式是.

选③，由，，知，，则数列为等比数列，

公比为，有，解得，

所以数列的通项公式是.

（2）由（1）知，，显然，

所以数列是以1为公差的等差数列.

（3）由（2）知，，

.

19．已知函数.

(1)求函数在点处的切线方程；

(2)设函数，证明：函数存在唯一的极小值点且极小值大于.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求得，得到，进而求得切线方程；

（2）求得，令，得到，得出函数在上单调递增，进而得到存在使得，求得函数的单调性与极小值，结合时，函数单调递减，即可求解.

【详解】（1）解：由的定义域为，可得，

则，即切线斜率为且切点为，

所以切线方程为.

（2）解：由，可得函数的定义为，

且，

令，可得，所以单调递增，

即函数在上单调递增，

又由，所以存在使得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以当时，函数取得极小值，无极大值，

因为，且，

又因为时，函数单调递减，

所以，即，

所以函数存在唯一的极小值点且极小值大于.

20．已知

(1)若在处取到极值，求的值；

(2)若存在使得，求的范围；

(3)直接写出零点的个数，结论不要求证明.

【答案】(1)1

(2)

(3)且有一个零点;且有两个零点

【分析】（1）由题可得，即可得a，但要注意检验；分，两种情况讨论单调性，结合可得答案；（3）由（2）分析可得答案；

【详解】（1）的定义域为，，，所以，又时，，，得在上单调递增，在上单调递减，即在处取到极大值. 故.

（2）注意到，又时，恒成立，于是在单调递增；则存在使得；

当时，令：，得.

当时，，当时，，  

于是可以得到函数在上单调递增，在单调递减.则有极大值点

.若，可得在单调递减，于是，则满足题意；

若，则，则此时不存在相应的；

若，可得在单调递增，于是.则满足题意.

综上：的范围是；

（3）且有一个零点；且有两个零点

21．已知{}是公差不为0的无穷等差数列．若对于{}中任意两项，，在{}中都存在一项，使得，则称数列{}具有性质P．

(1)已知，判断数列{}，{}是否具有性质P；

(2)若数列{}具有性质P，证明：{}的各项均为整数；

(3)若，求具有性质P的数列{}的个数．

【答案】(1)数列具有性质，数列不具有性质

(2)证明见解析

(3)12个

【分析】（1）根据数列{}具有性质P的定义即可求解；

（2）设数列的公差为，由题意，存在使得，同理，存在使得，两式相减，根据等差数列的定义即可得证；

（3）由题意结合（2）知的各项均为整数，所以为整数，首先证明为正整数，其次证明为的约数，从而即可求解.

【详解】（1）解：因为，所以，

所以对于{}中任意两项，，在{}中都存在一项，使得，

所以数列具有性质，

因为，所以取，则，

因为，

所以不存在一项，

所以数列不具有性质；

（2）证明：设数列的公差为，

因为数列具有性质，所以存在使得，同理，存在使得，

两式相减，得，即，

因为，所以，

所以的各项均为整数．

（3）解：由题意结合（2）知的各项均为整数，所以为整数，

首先证明为正整数，否则假设为负整数，则为递减数列，所以中各项的最大值为，

由题设，中存在某项，且，所以，

从而对任意正整数，，这与具有性质矛盾；

其次证明为的约数，

由得，，

所以，

所以为整数，即为的约数，

由为正整数，所以为的正约数，                        

因为，所以的正约数共有个，

对于首项为，的正约数为公差的等差数列，易知其满足性质，

所以具有性质的数列共有个．

【点睛】关键点点睛：解决本题（3）问需结合（2）的结论，得的各项均为整数，所以为整数，进而证明为正整数，然后再证明为的约数，这里牢牢抓住性质P的定义及等差数列的通项公式是解题的关键.