2022-2023学年广东华侨中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东华侨中学高二下学期期中数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东华侨中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．若前项和为的等差数列满足，则（    ）A．46 B．48 C．50 D．52【答案】C【分析】由等差数列性质化简条件求，结合等差数列前项和公式可求，由此可得结论.【详解】由，有，根据等差数量性质可知，所以，故，所以，所以.故选：C.2．在数字通信中，信号是由数字0和1组成.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05，若发送信号0和1是等可能的，则接受信号为1的概率为（    ）A．0.475 B．0.525 C．0.425 D．0.575【答案】B【分析】运用全概率公式及对立事件概率公式计算即可.【详解】设A=“发送的信号为0”， B=“接收到的信号为0”，则=“发送的信号为1”， =“接收到的信号为1”，所以，，，，，，所以接收信号为0的概率为：，所以接收信号为1的概率为：.故选：B.3．在等比数列中，如果，，那么（    ）A．72 B．81 C．36 D．54【答案】D【分析】依题意设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式求出，最后根据计算可得；【详解】解：设等比数列的公比为，因为，，所以，所以；故选：D4．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）A．60种 B．120种 C．240种 D．480种【答案】C【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.5．某社区活动需要连续六天有志愿者参加服务，每天只需要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，计划依次安排到该社区参加服务，要求甲不安排第一天，乙和丙在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有（    ）A．72种 B．81种 C．144种 D．192种【答案】D【分析】先计算乙和丙在相邻两天参加服务的排法，排除乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务的排法，即可得出答案.【详解】解：若乙和丙在相邻两天参加服务，不同的排法种数为，若乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务，不同的排法种数为，由间接法可知，满足条件的排法种数为种.故选：D.6．若函数在是增函数，则a的取值范围是A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：由条件知在上恒成立，即在上恒成立．∵函数在上为减函数，∴,∴．故选D．【解析】函数的单调性与导数的关系． 7．已知，则（    ）A． B．1 C． D．0【答案】A【分析】首先利用换元，转化为，再去绝对值后，赋值求和.【详解】令，可得，则，二项式的展开式通项为，则且．当为奇数时，，当为偶数时，，因此，．故选：A．8．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.【详解】方法一：构造法设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.方法二：比较法解： ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故   二、多选题9．设等差数列的前项和为，公差为，若，，则（    ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】由等差数列前项和公式求出，再结合通项公式和前项和公式逐项辨析即可.【详解】方法一：∵等差数列满足，，∴由等差数列前项和公式有，解得，∴，，对于A，，故选项A正确；对于B，，当取与最接近的整数即或时，最大，∴，故选项B正确；对于C，，故选项C错误；对于D，，故选项D错误.方法二：∵等差数列满足，∴，∴对于A，，∴，故A正确；对于B，，，，∴，故选项B正确；对于C，，故选项C错误；对于D，，故选项D错误.故选：AB.10．如图是函数的导函数的图像，下列结论正确的是（    ）A．是函数的极值点B．是函数的极值点C．在处取得极大值D．函数在区间上单调递增【答案】AD【分析】根据函数的极值的定义和判断方法，通过图像，可判断出选项ABC的正误；再通过函数的单调性与导数的关系可判断出选项D的正误.【详解】对于选项A，由图像可知，在的左侧，在的右侧，所以由函数的极值的判断方法可知，选项A正确；对于选项B，由图像可知，在的左侧，在的右侧，所以由函数的极值的判断方法可知，选项B错误；对于选项C，根据图像和极值的定义可知，选项C错误；对于选项D，由图像可知，在区间上，恒有，且仅在处取到等号，故选项D正确.故选：AD.11．在的展开式中，下列结论正确的是（    ）A．第6项和第7项的二项式系数相等 B．奇数项的二项式系数和为256C．常数项为84 D．有理项有2项【答案】BC【分析】根据二项式展开式的特征，即可结合选项逐一求解.【详解】的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；由已知可得二项式系数之和为，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，所以奇数项的二项式系数和为，故B正确；展开式的通项为 ，令，解得．故常数项为，故C正确；有理项中x的指数为整数，故，2，4，6，8，故有理项有5项，故D错误．故选：BC12．已知直线分别与函数和的图象交于点，，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】A选项，看出与互为反函数，确定也关于对称，求出，两点关于对称，，，，A选项，利用基本不等式进行证明；B选项，得到，，，构造，，求导得到其单调性，从而求出；C选项，由基本不等式得到，构造，求导得到其单调性，得到，得到；D选项，先根据得到，再用作差法比较大小.【详解】与互为反函数，即两函数关于对称，而与垂直，故也关于对称，联立，解得：，故，两点关于对称，即，且，不妨设，，画出图象如下：A选项，，当且仅当，即时等号成立，又，故等号取不到，A正确；因为，所以，所以，因此，故，又为与的交点，故，所以，令，，其中在上恒成立，故在上单调递增，所以，B正确；因为，，所以，因此有，设，，因为，所以，因此在上单调递增，当时，有，即，因此，C错误；因为，所以，所以，即，D正确.故选：ABD【点睛】互为反函数的两个函数的性质：①反函数的定义域和值域分别为原函数的值域与定义域；②严格单调的函数存在反函数，但有反函数的函数不一定是单调的（比如反比例函数）；③互为反函数的两个函数关于对称，④奇函数不一定有反函数，若有反函数，则反函数也时奇函数；⑤如果一个函数图象关于对称，那么这个函数一定存在反函数，并且其反函数就是它本身. 三、填空题13．设等比数列的公比为，其前项和为，若，，则__________．【答案】或【分析】根据已知条件，由首项和公比列方程组求解．【详解】等比数列的公比为，若，，则，则有，①，  ②②-①，化简可得：，解得或 故答案为： 或14．函数的图象在处的切线方程为______.【答案】【分析】根据导数的几何意义求切线方程即可.【详解】∵，∴，，∴函数在处的切线方程为.故答案为：.15．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教（每地1人），其中甲和乙不同去，则不同的选派方案共有_________种．【答案】1320【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及排列、组合列式计算作答.【详解】依题意，当甲和乙都不去时，选派方案有种，当甲和乙之一去时，选派方案有种，所以不同的选派方案共有.故答案为：132016．已知a，，若，，是函数的零点，且，，则的最小值是__________．【答案】【分析】由三次方程的韦达定理化简，将表示为函数【详解】即，可转化为两函数图象的交点①若，此时，由对称性可知，不合题意②若，此时，由题意得对于方程故解得故令，故在上单调递减，在上单调递增故的最小值为故答案为： 四、解答题17．已知函数.(1)求的单调递增区间；(2)求在上的值域.【答案】(1)的单调递增区间为，；(2). 【分析】（1）求导后，根据导数的正负可求出函数的单调区间；（2）根据导数与函数最值的关系结合条件即得.【详解】（1）因为．所以，由，可得或，，的变化情况如下：2+00+递增递减递增所以函数的单调递增区间为，；（2）由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．所以为极大值点，为极小值点，又，，，，所以在上的值域为.18．公差不为0的等差数列，满足成等比数列.(1)求的通项公式；(2)记，求数列的前项和.【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）设的公差为d，由题意列出关于的两个方程，求出，从而可求出通项公式；（2）利用错位相减法即得.【详解】（1）设的公差为，因为成等比数列，则，又，解得，，故；（2）由（1）知，则，，所以，所以．19．已知数列中，，且.(1)求，，并证明是等比数列；(2)求的通项公式；(3)数列的前项和.【答案】(1)，，证明见解析；(2)；(3) 【分析】（1）利用赋值法即可求得，，利用等比数列定义即可证得是等比数列；（2）先求得数列的通项公式，进而求得的通项公式；（3）利用分组求和法即可求得数列的前项和.【详解】（1）由，得，，，∴，又，∴是首项为1，公比为2的等比数列.（2）由（1）知，∴.（3）数列的前项和20．袋中装有4个大小相同的小球，编号为，现从袋中有放回地取球2次.(1)求2次都取得3号球的概率；(2)记这两次取得球的号码的最大值为，求的分布列.【答案】(1)(2)分布列见解析 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求得答案；（2）确定X的取值，求出每个值对应的概率，即可求得分布列.【详解】（1）由题意从袋中有放回地取球2次，每次取到3号球概率为，故2次都取得3号球的概率.（2）随机变量的取值为，则，，，所以的分布列为：123421．已知数列满足：.(1)求数列的通项公式；(2)记为数列的前n项和，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用递推关系分类讨论与两种情况，注意检验，易得；（2）利用裂项求和法易得，再由可推得.【详解】（1）由已知可得当时，；当时，，得；当时，由，得，两式相减可得，则，经检验：满足，所以；（2）由（1）得，则，因为，则，故，则，故，所以，即，得证.22．已知，．(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，求a的取值范围．【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减(2) 【分析】（1）将导数化为求其零点并讨论零点的大小，结合导数的符号求解. （2）结合第（1）问的结果，利用函数的单调性、极值的符号构造不等式求解.【详解】（1）∵，∵，∴，当，，单调递增，当，，单调递减，当，，单调递增．综上所述，在和上单调递增，在上单调递减．（2）情况一：若，即时，由的单调性，其在上恒为正，无零点，在增区间至多有一个零点，不符题意．情况二：若，即时，由于，由零点存在定理，在区间上存在一个零点，取，则，，，，当时，，由于在区间上单调递增，故在恒为正，无零点，由零点存在定理，在区间上存在一个零点，符合题意，情况三：若，即时，同情况二可得在增区间恒为正，无零点，仅有一个零点，不符题意.综上，a的取值范围是．