2022-2023学年上海市闵行区重点中学高二（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年上海市闵行区重点中学高二（下）期中数学试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市闵行区重点中学高二（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共4小题，共18.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  若函数在处导数为，则等于(    )A.  B.  C.  D. 2.  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. 3.  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，已知种不同的巧克力放入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.  B.  C.  D. 4.  年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：“只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成等份，只好先去睡觉准备第二天再分，夜里，只猴子偷偷爬起来，先吃掉一只桃子，然后将其等分，藏起自己的一份就去睡觉了；过了一会第只猴子爬起来，先吃掉一只桃子，也将桃子等分，藏起自己的一份睡觉了，以后的只猴子也照此办理，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
B. 若第只猴子连吃带分共得到个桃子，则为等比数列
C. 若最初有个桃子，则第五只猴子分得个桃子不含吃的
D. 若最初有个桃子，则必为的倍数二、填空题（本大题共11小题，共49.0分）5.  设等比数列的前项和，为正整数，若，，则 ______ ．6.  若，则 ______ ．7.  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．8.  已知，则数列中的最大项的值为______ 用组合数表示9.  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______ ．10.  设表示在处的导数值，已知，则 ______ ．11.  已知数列满足，且，，则 ______ ．12.  已知等差数列的公差为，首项，当且仅当时，其前项和取得最大值，则的取值范围是______ ．13.  若方程有三个不同实根，则实数的取值范围是______ ．14.  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______ ．15.  如表为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关次，将导致自身和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______ ．  三、解答题（本大题共6小题，共83.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.  本小题分
已知直线是曲线的一条切线，则的值为______ ．17.  本小题分
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：人中有人是军人，从人中选人各奖励颗星，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；
若，求关于的方程的解；
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．18.  本小题分
某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图中、、、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．

求的值；
求出的表达式．19.  本小题分
某公司生产一种产品，第一年投入资金万元，出售产品后收入万元，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万元．同时，当预计投入资金低于万元时，就按万元投入，且当年出售产品的收入与上一年相同．
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；
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20.  本小题分
已知为常数和点，直线：为函数在处的切线方程．
若，，求函数的极值；
若，，，试证明：当时，过点可以作条不同的直线与相切；
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．21.  本小题分
已知，．
求函数的单调区间；
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的不同两点，试证明：；
数列满足，，证明：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：
故选：．
根据已知条件，结合导数的几何意义，即可求解．
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：由题意，，且，，
则，，，
其对称轴方程为，当且时．
故选：．
由已知可得，且，，再由二次函数求解首项的取值范围．
本题考查数列的极限，考查无穷递缩等比数列的概念，是基础题．
 3.【答案】 【解析】解：当个盒子里巧克力个数分别为，，，，时，此时有种，
当个盒子里巧克力个数分别为，，，，时，此时有种，
则不同的礼品包种数是种．
故选：．
个盒子里巧克力个数可分为，，，，和，，，，两种情况讨论，结合分类加法计数原理，计算即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：设最初有个桃子，第一次分完剩个，第二次分完剩个，第五次分完剩个．
则，，
对于选项A，若第只猴子分得个桃子不含吃的，则，，．
即，，
化简得，，
所以选项正确；
对于选项B，若第只猴子连吃带分共得到个桃子，
则，，，
又，，
所以，，
即，，
易知为等比数列，
所以选项正确；
对于选项C，由选项B可知，是等比数列，
首项为，公比为，
则，
已知，解得，
所以选项错误；
对于选项D，
由选项可知，，
所以，
因为，所以，
代入上式得，
化简得，
下面证明是正整数，
因为，又因为是正整数，
所以是正整数，
所以为的倍数，
所以选项正确．
故选：．
本题可以设最初有个桃子，第一次分完剩个，第二次分完剩个，第五次分完剩个．列出与的关系式，则可利用该关系式分别判断选项．
本题主要考查数列知识在实际生活中的应用，突破口在于先设初始有几个桃子，第一次分完剩几个桃子，构造出一个数列，选项都是围绕这个数列来判断的，属于中档题．
 5.【答案】 【解析】解：因为等比数列中，，，
则，
所以．
故答案为：．
由已知结合等比数列的性质即可求解．
本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】【分析】
本题主要考查排列数公式，属于基础题．
由题意利用排列数公式，计算求得的值．
【解答】
解：若，则，
解得，
故答案为：．  7.【答案】 【解析】解：，
则，
当，
则米秒．
故答案为：．
根据已知条件，结合导数的几何意义，
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
 8.【答案】和． 【解析】解：由题意可知，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．
根据二项式系数的单调性，即可求解．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：由题意得，抽到原神海报少于张的概率为，
则抽到原神海报不少于两张的概率为．
故答案为：．
利用古典概型公式求得抽到原神海报少于张的概率，利用对立事件的性质求解即可．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
则，
故．
故答案为：．
先对函数求导，然后把代入即可求解．
本题主要考查了函数的求导公式的应用，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：在数列中，，且，，
则，故，
则，即，解得，
，解得．
故答案为：．
根据题意，，且，，则可得，同理，则，求解即可得出答案．
本题考查数列递推式，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：由题意得，
解得．
故答案为：．
由已知结合等差数列的性质及通项公式可建立关于的不等式组，可求．
本题主要考查了等差数列的通项公式及性质的应用，属于基础题．
 13.【答案】 【解析】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，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
的极大值为，的极小值为，作出函数的图象如下：
，
由图可知，即，
所以实数的取值范围是．
故答案为：．
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．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
 14.【答案】 【解析】解：，当，，所以显然满足数为保增函数，
当，令，得，
当，，单调递减；
当，，单调递增，
所以，即，
令，即，解得，，
综上，的取值范围为．
故答案为：．
根据函数的增减性进行分析即可．
本题主要考查函数的增减性，对的范围进行逐级约束是解决本题的关键，属中档题．
 15.【答案】 【解析】解：由题意可得，只有在以及周边按动开关才可以使得按开关的次数最少，具体操作如下：
假设开始按动开关前所有开关都是“开“的状态，
要求只改变的状态，在按动后，、的状态也发生了改变，
下一步可以同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动，但会导致周边、状态也会改变，
因此导致按动开关的次数更多，
所以接下来逐一恢复，
则至少按开关次，
依次类推，沿着周边的开关再按动，可以使得按动开关的次数最少，
即按动次可以满足题意，
按动开关的情况如下表所示：  按关关开关开开开开开按关开关关开关开开开按关开开关关开开开关按关开开关关开关关开按关开开开开开开开开故答案为：．
先阅读题意，然后结合题意进行简单的合情推理求解即可．
本题考查了简单的合情推理，重点考查了阅读理解能力，属中档题．
 16.【答案】 【解析】解：，，
设切点为，得切线的斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为：．
它过原点，，，
．
故答案为．
欲求的值，只须求出切线的斜率的值即可，故先利用导数求出在切处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．
本小题主要考查直线的方程、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．
 17.【答案】解：由题意可知，
，解得或，
，解得或，
经检验当时舍去，
故或或．
根据题意，从个不同元素中选出人各奖励颗星，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，． 【解析】分上标相等以及上标和为讨论即可；
分一个军人都未选中和，个军人分别被选中讨论即可．
本题考查组合数及组合数公式，属于基础题．
 18.【答案】解：根据题意，由图表可得：，，，，；
分析可得：，，，，
类推可得：，
则有；
根据题意，由的结论，归纳可得，
则． 【解析】根据题意，写出、、、和的值，分析的规律，由此可得的值，计算可得答案；
根据题意，归纳可得，由累加法分析可得答案．
本题考查数列的应用，涉及归纳推理的应用，属于基础题．
 19.【答案】解：根据题意，，；
由可知当，总利润为，
所以，，又为增函数，，，
所以当时，；当时，，又，，
所以当时，，即前年未盈利；
当时，总利润为，令，得，
综上，预计该公司从第年起开始盈利． 【解析】根据题意归纳出与的通项公式即可；
由可知当，总利润为；
当时，总利润为，从而结合的单调性即可确定从第几年起该公司开始并持续盈利．
本题考查等差数列与等比数列的通项公式，涉及数列与函数的综合问题，解题的关键在于根据实际问题归纳出与的通项公式．
 20.【答案】解：已知为常数，函数定义域为，
当，时，，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时函数取得极大值，，
当时函数取得极小值，；
证明：若，，，此时，
可得，
此时，
则函数在处的切线方程为，
即，
所以，
此时可转化成，
不妨设函数图象上的一个切点为，
因为，
所以经过该点的切线方程为，
因为点在该切线上，
整理得，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又，
则有三个不同的解，
即经过点可以作条不同的直线与相切，
不存在，
证明：假设存在这样的两点，分别为，，，
可得，
所以经过、两点的切线方程分别为
和，
因为，
整理得，
因为得，
所以，
整理得，
将代入上式，
可得，
同理得，
所以，是方程的两个根，
又，
所以，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． 【解析】将，代入函数解析式中，对函数求导，利用导数得到的单调性，进而可求函数极值；
将问题转化成函数的图象与直线的图象有三个不同的交点，对进行求导，利用导数得到的单调性，进而即可求解；
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．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
 21.【答案】解：因为，定义域为，
所以，
令得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增．
证明：设，，
则，
当时，函数单调递减，
所以，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以，
所以在上恒成立，
所以当时，的图象始终夹在直线和直线之间，
又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，
所以恒成立，得证．
证明：，
恒成立，
又，
所以当时，，
由知函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，
所以，，，，
又因为，
所以，
所以，
又因为在上单调递减，
所以，
即，
即，
所以，
所以，
所以． 【解析】求导分析的符号，的单调性，即可得出答案．
设，，求导分析单调性可得，即在上恒成立，又当时，的图象始终夹在直线和直线之间，即可得出答案．
根据题意可得，求导分析单调性，可得当时，，由的单调性，可得，，，，推出，则，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．