北京市顺义区2022-2023学年高二数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份北京市顺义区2022-2023学年高二数学下学期期中考试试题（Word版附解析），共14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学年北京市顺义区高二（下）期中数学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 计算（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据阶乘的定义，利用公式计算即可.
【详解】由阶乘公式计算，.
故选：C.
2. 函数的导数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据求导公式直接求导即可.
【详解】解：，
，
故选：D
3. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得到数列是公差为的等差数列，结合等差数列的通项公式，即可求解.
【详解】解：由，可得，
又由，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
则.
故选：B.
4. 乘积展开后的项数有（ ）
A. 项 B. 项 C. 项 D. 项
【答案】C
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理计算即可.
【详解】解：依题意从第一个括号中选一个字母有种方法，
从第二个括号中选一个字母有种方法，
按照分步乘法计数原理可得展开后的项数为项.
故选：C..
5. 某同学从语文、数学、英语、物理、化学、生物这门课程中选择门报名参加合格性考试，其中，语文、数学这门课程同时入选的不同选法共有（ ）
A 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知，若语文、数学这门课程同时入选，则只需从剩余门课程中选择门即可，结合组合的知识，求解即可.
【详解】某同学从语文、数学、英语、物理、化学、生物这门课程中选择门报名参加合格性考试，
若语文、数学这门课程同时入选，则只需从剩余门课程中选择门即可，
故不同选法共有种.
故选：.
6. 设等比数列的公比，前项和为，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．
【详解】设数列的首项为.
∵数列为等比数列，且公比
∴，，且
∴
故选：B.
7. 已知函数的图象如图所示，那么下列各式正确的是（ ）

A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据的图象与导函数图象之间的关系判断．
【详解】由图象知，递减，即，但图象的切线斜率随着的增大而增大，导函数是递增的，
因此．
故选：A．
8. 如果、、、、成等比数列，那么（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比中项的定义求解.
【详解】由、、、、成等比数列，
得，
解得或，
又，，
所以，.
故选：B.
9. 已知函数，下列说法中正确的是（ ）
A. 既是的一个零点，又是的一个极小值点
B. 既是的一个零点，又是的一个极大值点
C. 是的一个零点，不是的极值点
D. 既不是的一个零点，也不是的极值点.
【答案】A
【解析】
【分析】求得，求得函数的单调性，根据和，结合零点和极值点的定义，即可求解.
【详解】由函数，可得其定义域为，且，
又由函数和在上都是增函数，
所以在上是增函数，且，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，取到极小值，没有极大值，
因为，所以为函数的零点，
综上可得，既是的一个零点，又是的一个极小值点.
故选：A.
10. 在正整数数列中，由开始依次按如下规则取该数列的项：第一次取；第二次取个连续的偶数，；第三次取个连续奇数，，；第四次取个连续的偶数，，，；第五次取个连续的奇数，，，，；按此规律取下去，得到一个数列，，，，，，，，，，，则这个数列中第个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】找出取数的规律为：奇数次取奇数个奇数，偶数次取偶数个偶数，前次总共取的数各数量可以通过等差数列求和得到，且第次的最后一个数为，据此即可求解.
【详解】由题意可得：奇数次取奇数个奇数，偶数次取偶数个偶数，
前次共取了个数，且第次的最后一个数为，
当时，，故到第次取时取了个奇数，且前次共取了个数，即第个数为，
时，依次为，，，，，，，，
第个数为.
故选：C.
二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）
11. 在的展开式中，常数项为________.(用数字作答)
【答案】
【解析】
【分析】
展开式的通项为，取计算得到答案.
【详解】的展开式的通项为：，取得到常数项.
故答案为：.
【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.
12. 一质点沿直线运动，位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则质点在时的瞬时速度是______单位：.
【答案】4
【解析】
【分析】根据已知条件，结合导数的几何意义，即可求解.
【详解】解：因为，则，
当时，.
故答案为：.
13. ______.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据组合数及组合数公式，准确计算，即可求解.
【详解】由组合数的计算公式，可得.
故答案为：.
14. 能说明“若函数在上的最大值为，则函数在上单调递减”为假命题的一个函数是______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】只要所求的函数在上的最大值为，但在上不单调即可.
【详解】函数在上先减后增，在处取得最大值.
故答案为：答案不唯一.
15. 对函数，满足的实数称为的不动点设，其中且有下列四个结论：
①当时，函数仅有一个不动点；
②当时，函数仅有一个不动点；
③当时函数有两个不动点；
④当时函数有两个不动点.
其中，所有正确结论的序号是______.
【答案】①②
【解析】
【分析】令，得，则，令，求导分析其单调性，极值，则与交点个数为函数不动点个数，即可得出答案.
【详解】令，得，即，所以，令，
，令得，
所以在上，单调递增，在上，单调递减，
所以，
当趋近于0时，趋近于；趋近于时，趋近于0，

当，即时，函数与图象只有一个交点，
所以方程只有一个根，即方程只有一个根，
所以函数只有一个不动点，故正确；
当，即时，函数与的图象只有一个交点，
所以方程只有一个根，即方程只有一个根，
所以函数只有一个不动点，故正确；
当，即时，函数与的图象有两个交点，
所以方程有两个根，即方程有两个根，所以函数有两个不动点；
当，即时，函数与的图象没有交点，
所以方程没有根，即方程没有根，所以函数没有不动点；
又由可知，当，有一个不动点；
所以当时，可能有两个不动点，也可能有一个不动点，也可能没有不动点，故错误；
当时，，函数与的图象没有交点，
所以方程没有根，即方程没有根，
所以函数没有不动点，故错误；
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
三、解答题（本大题共6小题，共85.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 已知满足.
（1）求实数；
（2）求，.
【答案】（1）1 （2），
【解析】
【分析】（1）由题意，根据二项展开式的通项公式，求得的值.
（2）由题意，根据二项展开式的通项公式，求得，的值.
【小问1详解】
满足，
通项公式为，
，解得或（舍去），
实数.
【小问2详解】
根据通项公式为，
可得当时，，
当时，.
17. 已知为等差数列，且，.
（1）求的通项公式；
（2）若满足，求数列的前项和公式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求得公差，可求的通项公式；
（2）由，利用裂项求和法，即可求数列的前项和公式.
【小问1详解】
因为为等差数列，且，，
，，
；
的通项公式；
【小问2详解】
，
设数列的前项和为，

.
18. 已知函数在点处的切线的方程为.
（1）求，的值；
（2）求函数的极值.
【答案】（1）
（2）极大值24，极小值
【解析】
【分析】（1）函数，，利用导数运算法则可得，根据函数在点处的切线的方程为，可得，，解得，.
（2）由（1）可得：，，利用导数研究函数的单调性与极值即可得出结论.
【小问1详解】
由，得，
，
函数在点处的切线的方程为，
，，
解得，.
【小问2详解】
由（1）可得：，
，
令，解得，
∵时，，函数单调递增；
时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增.
时，函数取得极大值，；
时，函数取得极小值，.
19. 数列的前项和为，且，，，，，.
（1）求，，的值；
（2）求的通项公式；
（3）设，求的表达式.
【答案】（1），，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知结合数列递推式求，，的值；
（2）由数列递推式可得数列从第二项起构成以为公比的等比数列，则的通项公式可求；
（3）数列是以为首项，以为公比的等比数列，再由等比数列的求和公式求解.
小问1详解】
由，，得，即；
，则；
，则；
【小问2详解】
由，得，
，得，
由（1）得，，不适合上式，
数列从第二项起构成以为公比的等比数列，
则的通项公式；
【小问3详解】
数列是以为首项，以为公比的等比数列，
则.
20. 已知函数，.
（1）求的单调区间；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先对函数求导，结合导数与单调性关系对进行分类讨论可求；
（2）结合（1）中函数的单调性，再由函数零点判定定理可求.
【小问1详解】
函数的定义域为，
导函数，
当时，恒成立，在定义域上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
由（1）得，当时，在定义域上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，，时，，
若函数有两个零点，则，解得，
故的取值范围为
【点睛】关键点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
21. 已知无穷数列满足.
（1）若对于任意，有.
（ⅰ）当时，求，；
（ⅱ）求证：“”是“，，，，为等差数列”的充分不必要条件.
（2）若，对于任意，有，求证：数列不含等于零的项.
【答案】（1）（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）结合条件代入计算即可；
（ⅱ）若，由于，所以当，数列为递增数列，不能存在降低的部分，否则达不到，若数列的公差为，；
（2）假设为数列的第一个为项，而后进行反证即可.
【小问1详解】
解：（ⅰ）因为，所以当，
数列为递增数列，且公差为，不能存在降低的部分，
所以，.
（ⅱ）若，由于，
所以当，数列为递增数列，且公差为，不能存在降低的部分，
否则达不到，所以其是充分条件，
若数列的公差为，，可见其是不必要条件，
所以””是“，，，，为等差数列”的充分不必要条件；
【小问2详解】
证明：假设，，是数列第一个为项，则，
所以，或，以此类推，可得为整数，
显然与已知矛盾.
所以数列不含等于零的项.
【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；