2022-2023学年贵州省高二下学期联合考试数学试题含解析

2022-2023学年贵州省高二下学期联合考试数学试题

一、单选题

1．函数在区间上的平均变化率为（    ）

A．2 B．6 C．12 D．48

【答案】C

【分析】根据平均变化率的计算公式，结合函数的解析式，准确计算，即可求解.

【详解】根据平均变化率的计算公式，可得函数在区间的平均变化率为：

.

故选：C.

2．已知数列， ，，，，…，则该数列的第100项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简数列，得出数列的第项为，进而求得第项的值，得到答案.

【详解】由数列，可化为数列，

可得数列的第项为，所以第项为.

故选：C.

3．现有甲部门的员工2人，乙部门的员工4人，丙部门的员工3人，从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（    ）

A．9 B．24 C．16 D．36

【答案】A

【分析】根据题意，结合组合数公式和分类计算原理，即可求解.

【详解】由现有甲部门的员工2人，乙部门的员工4人，丙部门的员工3人，

从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，

结合分类计数原理，可得共有种不同的选法种数.

故选：A.

4．已知等差数列的前8项和为68，，则（    ）

A．300 B．298 C．295 D．296

【答案】C

【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程组求得，结合等差数列的通项公式，即看求解.

【详解】设等差数列的公差为，

因为等差数列的前8项和为，可得，

即，即，

又由，可得，

联立方程组，解得，

所以.

故选：C.

5．一排有7个空座位，有3人各不相邻而坐，则不同的坐法共有（    ）

A．120种 B．60种 C．40种 D．20种

【答案】B

【分析】根据题意，由插空法即可得到结果.

【详解】首先拿出4个空座位，则四个空座位之间一共有5个空位置，包括两端，

从5个空位置中选出3个空位置，即，然后3人全排列为,

所以不同的坐法共有种，

故选:B

6．被4除的余数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】根据能被整除，化简，结合二项展开式，即可求解.

【详解】由，即能被整除，

又由，

所以被4除的余数为

故选：B.

7．已知直线与函数，的图像分别交于A，B两点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将两个函数作差，得到函数，再求出函数的最小值即可求出结果.

【详解】设，

则，

当时，，当，，

所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，

所以当时，取得最小值，

所以的最小值为，

故选：D.

8．为激发人们爱林、造林的热情，促进国土绿化，保护人类赖以生存的生态环境，每年的3月12日是我国法定的植树节．某班6名男同学和3名女同学约定周末一起去植树，现需将9人分成三组，每组3人，各小组内3人分别负责挖坑、填土、浇水三项工作，其中女同学只负责浇水，且男同学甲与女同学乙不在同一个小组，则不同的安排方法种数为（    ）

A．240 B．360 C．480 D．540

【答案】C

【分析】根据题意得到每组中两个男生和一个女生，先求得男同学甲与女同学乙不在同一个小组，有分法，再求得将6个男生和3个女生，分为3组，结合平均分组的计算方法，求得有分法，进而得到男同学甲与女同学乙不在同一个小组的不同分法为种分法，再根据每组中的两名男生有2种不同的分配情况，即可求解.

【详解】因为每组3人，各小组内3人分别负责挖坑、填土、浇水三项工作，其中女同学只负责浇水，

所以每组中男女分配只有一种可能，即两个男生和一个女生，

若男同学甲与女同学乙在同一个小组，再从5个男生中抽取一个男生，有中，

剩余的6分成两组，共有种分法，所以共有分法，

若将6个男生和3个女生，分为3组，且每组中两个男生和一个女生，

共有分法，

所以男同学甲与女同学乙不在同一个小组的不同分法，共有种分法，

又因为每组中的两名男生有2种不同的分配情况：

所以不同的安排方法种数为种.

故选：B.

二、多选题

9．已知定义在区间上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（    ）

A．在上单调递增

B．曲线在处的切线的斜率为0

C．

D．有1个极大值点

【答案】ABD

【分析】根据导函数为的图象，结合导函数与函数的关系，以及函数的极值点的概念，逐项判定，即可求解.

【详解】根据定义在区间上的函数的导函数的图象，

对于A中，当时，，且仅当时，，所以在上单调递增，所以A正确；

对于B中，当时，可得，所以曲线在处的切线的斜率为，所以B正确；

对于C中，因为在上单调递增，所以不是函数的最大值，所以C不正确；

对于D中，由的图象，可得时，，单调递增；

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

所以只有当时，函数取得极大值，所以有1个极大值点，所以D正确.

故选：ABD.

10．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】令，求得，可判定A正确；化简二项式为，求得其展开式为，结合选项B、C、D，逐项判定，即可求解.

【详解】由，

令，可得，所以A正确；

又由，

根据二项展开式可得：

，

由，可得，所以B不正确；

由，可得，所以C正确；

由，可得，所以D正确.

故选：ACD.

11．某地准备投入资金发展旅游产业，根据规划，本年度投入1000万，以后每年投入将比上年减少，本年度当地旅游产业收入估计为500万，由于该项建设对旅游有促进作用，预计今后每年的旅游业收入会比上年增加100万．记n年内（本年度为第1年）总投入为万元，旅游业总收入为万元，则（    ）

A．

B．

C．经过4年后旅游业总收入就超过总投入

D．经过5年后旅游业总收入就超过总投入

【答案】AD

【分析】根据题意结合等差、等比数列的求和公式，可判定A正确，B不正确，分别求得的值，结合，可判定C错误；又由，，且时，，结合，可判定D正确.

【详解】由题意知，旅游产业的投入构成首项为万元，公比为的等比数列，

则年内总投入为（万元），所以A正确；

又由旅游产业收入构成首项为万元，公差为万元的等差数列，

则旅游业总收入为（万元），所以B不正确；

当时，可得，，此时，所以C错误；

当时，可得，，此时，

当时，可得，，此时，

当时，，且在上单调递增，

所以当时，，

又因为，所以当时，，

所以经过5年后旅游业总收入就超过总投入，所以D正确.

故选：AD.

12．已知，且恒成立，则k的值可以是（    ）

A．－2 B．0 C．2 D．4

【答案】ABC

【分析】先对不等式变形得，发现是与双变量之间的关系，然后再根据已知的等式把双变量转化为单变量，从而构造新函数，然后利用导数求出新函数的最小值即可得出结果.

【详解】由知，

，

，

令，则，

令，则，导函数单调递增，

且，

所以存在使得，即，

所以在上单调递增，在上单调递减，

，

所以可取，

故选：ABC.

三、填空题

13．已知A与B独立，且，则______．

【答案】/0.7

【分析】根据相互对立满足的关系，结合条件概率的计算公式即可求解.

【详解】由于A与B独立，所以,

所以.

故答案为:

14．已知函数在上单调，则a的取值范围为______．

【答案】

【分析】求得，根据题意转化为或在上恒成立，结合指数函数的性质，即可求解.

【详解】由函数，可得，

要使得函数在上单调，则或在上恒成立，

即或在上恒成立，

当在上恒成立，可得；

当在上恒成立，此时不存在，舍去，

综上可得，实数的取值范围为.

故答案为：.

四、双空题

15．已知展开式的二项式系数和为512，则n＝______；展开式中的系数为______．

【答案】         

【分析】根据二项式系数的性质，得的，求得的值，再由二项展开式的通项，进而求得展开式中的系数.

【详解】因为二项式 展开式的二项式系数和为，

由二项展开式的二项式系数的性质，可得，解得，

又由展开式的通项为，

令，可得，

所以展开式中的系数为.

故答案为：9；.

五、填空题

16．已知一个首项为1的数列，从第二项起，每一项减去它前一项的差构成等比数列，每一项除以它前一项的商构成等差数列．请写出一个满足题意的数列通项公式，即______．

【答案】（答案不唯一）.

【分析】设等比数列的公比为，等差数列的公差为，令，利用等比数列的求和公式，求得，取，求得，不妨设等差数列的公差为，根据，求得，得到答案.

【详解】由首项为的数列，从第二项起，每一项减去它前一项的差构成等比数列，每一项除以它前一项的商构成等差数列，

可得数列为等比数列，数列为等差数列，

设等比数列的公比为，等差数列的公差为，

令，则，

各式相加得到，可得，

取，可得，

不妨设等差数列的公差为，则，可得，

即，解得，此时，

所以满足条件的一个通项公式可以为.

故答案为：（答案不唯一）.

六、解答题

17．已知等差数列满足，．

(1)求的通项公式；

(2)设的前n项和为，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据等差数列的性质即可求得的值，进而即可求得的通项公式；

（2）先根据等差数列前n项和的公式求得，从而可得的通项公式，再根据裂项相消即可求得．

【详解】（1）设等差数列的公差为，

由，，得，解得．

所以．

（2）由（1）得，

所以，

所以．

18．已知函数．

(1)若曲线在点处的切线方程为，求；

(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程，解得即可；

（2）依题意可得恒成立，参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围.

【详解】（1）因为，所以，

因为曲线在点处的切线方程为，

所以，即，解得.

（2）因为，又函数在上单调递增，

所以恒成立，

即在上恒成立，

令，，则，所以当时，

当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值即最小值，即，

所以，即实数的取值范围为.

19．甲箱子中有4个黑球、3个白球，乙箱子中有4个黑球、5个白球，各球除颜色外没有其他差异．

(1)从甲、乙两个箱子中各任取1个球，求至少有1个白球被取出的概率；

(2)从甲箱子中任取1个球放入乙箱子中，再从乙箱子中任取1个球，求取出的球是白球的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意分为：甲箱子摸出白球且乙箱子摸出黑球、甲箱子摸出黑球且乙箱子摸出白球、甲箱子摸出白球且乙箱子摸出白球三类情况，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解；

（2）由题意分为：甲箱子中摸出的是黑球和甲箱子中摸出的是白球，两种情况，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.

【详解】（1）解：根据题意，可分为三类：

当甲箱子摸出白球且乙箱子摸出黑球时，可得；

当甲箱子摸出黑球且乙箱子摸出白球时，可得；

当甲箱子摸出白球且乙箱子摸出白球时，可得，

由互斥事件的概率加法公式，可得.

（2）解：由题意，可分为两类：

当甲箱子中摸出的是黑球时，再从乙箱子中任取1个球是白球的概率为；

当甲箱子中摸出的是白球时，再从乙箱子中任取1个球是白球的概率为，

由互斥事件的概率加法公式，可得.

20．已知的展开式中所有二项式系数之和为64．

(1)求的展开式中所有项的系数和；

(2)求的展开式中所有有理项．

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）先利用条件求出，再利用赋值法即可求出结果；

（2）利用通项公式即可直接求出结果.

【详解】（1）因为的展开式中所有二项式系数之和为64，所以，得到，

所以，

令，得到，

所以的展开式中所有项的系数和为1.

（2）因为二项展开式的通项公式为，

即，

所以，当或或或时，为有理项，

当时，，当时，，

当时，，当时，，

的展开式中所有有理项为.

21．已知数列的前n项和为，且．

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件，利用与的关系，得到，再求出，即可求出结果；

（2）利用（1）所求结果得到，然后利用分组求和及错位相减法即可求出结果.

【详解】（1）因为，所以当时，，

两式相减，得，整理得，

即时，，又当时，，解得，

所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，

所以.

（2）由（1）知，所以，

令，易知，，

设数列的前项和为，则①，②，

由①-②，得，

即，

所以，

所以.

22．定义：若函数在定义域内存在实数，使得成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.

(1)判断函数的2级“平移点”的个数，并求出2级“平移点”；

(2)若函数在上存在1级“平移点”，求实数的取值范围.

【答案】(1)1个，2级“平移点”为.

(2)

【分析】（1）根据题意，可得，代入解析式求解即可；

（2）根据级“平移点”定义知有解，即可得在上有解，构造函数并利用导数研究单调性、最值，即可求的范围.

【详解】（1）函数，，存在的2级“平移点”，则，

即，

所以，即，

令则，

当时，，所以，

所以在上单调递增，而，

所以在只有1个零点，即函数的2级“平移点”的个数为1，且2级“平移点”为.

（2）由在上存在1级“平移点”，则有解，

即：，得：，

∴在上有解，

令，，则

，

∴在上单调递增，则，

∴，即.

实数的取值范围为：.