广东省阳江市第三中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版）

这是一份广东省阳江市第三中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版），共15页。
2022-2023学年度下学期广东阳江市第三中学期中考试试题
（高二数学）
命题：周亮亮 审题：李永贵 考试时间：120分钟； 2023年4月25日
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（共8小题，每小题5分，满分40分）
1. 已知数列是等差数列，且，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的下标和性质即可求得答案.
【详解】由于数列是等差数列，故，
故选：B
2. 函数的单调递减区间是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由导数与单调性的关系求解，
【详解】，则，
由得，
故的单调递减区间是，
故选：B
3. 若数列的前n项和，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推公式和首项可求出结果.
【详解】因为，，
所以，则，
，则.
故选：C
4. 曲线在点处的切线与轴交点的横坐标为（    ）
A. B. 1 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出原函数的导函数，得到曲线在点处的切线方程，取y=0求得x值即可.
【详解】由，得，则曲线在点处的切线斜率为，
∴曲线在点处的切线方程为，
取，可得．
∴曲线在点处的切线与轴交点的横坐标为-1．
故选：C．
5. 为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（ ）
A. 8 B. 10 C. 16 D. 18
【答案】A
【解析】
【分析】分类讨论3枚邮票的组成情况，根据分布乘法计数原理和分类加法计数原理运算求解.
【详解】由题意可知：会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有2枚，“志愿者标志”有1枚，
若任取3枚，取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则有：
若会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有1枚，共有种；
若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有2枚，共有种；
若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有1枚，“志愿者标志”有1枚，共有种；
故共有种.
故选：A.
6. 函数的图像大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到函数的函数值的正负，可排除A、C项；求得，得出函数的单调区间，可排除B项，即可求解.
【详解】由函数，令，即，解得或，
所以当或时，；当时，，可排除A、C项；
又由，令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
则可排除B项，选项D符合题意.
故选：D.
7. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过二项展开式的通项公式直接求特定项系数.
【详解】的通项为，
令，即，，
故选：D.
8. 若函数在上只有一个零点，则常数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得：原题意等价于与有且仅有一个交点，利用导数判断的单调性和极值，数形结合求常数的取值范围.
【详解】令，则，
构建，原题意等价于与有且仅有一个交点，
因为，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取到极大值，在处取到极小值，
且当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，

结合的图象可知：若与有且仅有一个交点，则或，
所以常数的取值范围是.
故选：D.
二、多选题（共4小题，每小题5分，满分20分，错选、多选不得分，漏选得2分）
9. (多选)数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，已知a7＝5，S7＝21，则（ ）
A. a1＝1 B. d＝－
C. a2＋a12＝10 D. S10＝40
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据所给条件，代入等差数列的通项公式和求和公式，直接计算即可得解.
【详解】设数列{an}的公差为d，
则由已知得S7＝，
即21＝，解得a1＝1.
又a7＝a1＋6d，所以d＝.
所以S10＝10a1＋d＝10＋＝40.
由{an}为等差数列，知a2＋a12＝2a7＝10.
故选：ACD
10. 下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. “仁义礼智信”为儒家“五常”，由伟大教育家孔子提出，现将“仁义礼智信”排成一排，则“礼智”互不相邻的排法总数为72
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据排列数和组合数的计算公式判断ABC，利用插空法判断D.
【详解】对于A，因为，故A错误；
对于B，，，故B正确；
对于C，由组合数的性质可得，故C正确；
对于D，采用插空法，将“礼智”插入“仁义信”的4个空中，则一共有种，故D正确，
故选：BCD
11. 已知函数在处取得极值，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 一定有两个极值点 D. 的单调递增区间是
【答案】BC
【解析】
【分析】根据和可求得，代回解析式验证是否为极值点可知，满足题意，由此可得AB正误；根据极值点定义可知C正确；验证可知在不满足单调递增定义，知D错误.
【详解】，且在处取得极值，
，解得：或；
当，时，，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
是的极小值点，满足题意；
当，时，，
在上单调递增，不合题意；
综上所述：，；
对于AB，，A错误，B正确；
对于C，和分别为的极大值点和极小值点，C正确；
对于D，当，时，，
，，
，即不满足在单调递增，
的单调递增区间应为和，D错误.
故选：BC.
12. 已知数列满足，，则（ ）
A. 是递减数列 B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据数列单调性的判断方法，累加法，累乘法以及裂项求和法，结合已知条件，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：，又当时，与矛盾，故，即，
故该数列递增数列，A错误；
对B：，
根据A知：，即，，故B正确；
对C：，由可得，
故（当或时取得等号），故，C错误；
对D：由可得，即，
故，
又，故，故，D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，累加法，累乘法以及裂项求和法，处理问题的关键是能够根据常见的地推关系，选择适当的方法求解，属困难题.
第II卷（非选择题）
三、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
13. 计算__________.
【答案】765
【解析】
【分析】根据排列数、组合数公式运算求解.
【详解】由题意可得：.
故答案为：765.
14. 由线在处的切线方程是__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求导得，求出切点为，切线斜率为，则得到切线方程.
【详解】时,,则切点为,,
故切线斜率，
所以切线方程:，化简得.
故答案为：.
15. 用这10个数字，可以组成_______个没有重复数字的三位数.
【答案】648
【解析】
分析】先考虑百位，然后考虑十位和个位，由此计算出正确答案.
【详解】先考虑百位，有种方法；
然后考虑十位和个位，有种方法；
故没有重复数字的三位数有个.
故答案为：
16. 若方程有两个不等的实数根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】问题转化为函数图像与直线有 2 个交点，利用导数研究函数单调性，作出函数图像，数形结合求实数的取值范围.
【详解】方程化为 ，令则问题转化为的图像与直线有 2 个交点，
因为，
当 时，单调递减，
当 时，，单调递增，
所以函数最小值为，且当正向无限趋近于时， 的取值无限趋近于正无穷大； 当无限趋近于正无穷大时， 的取值无限趋近于正无穷大；

故方程有两个不等的实数根时，.
故答案为：
四、解答题（共6小题，第17小题满分10分，其它小题满分各12分，共70分）
17. 已知在等差数列中，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可；
（2）根据等差数列和等比数列的前项和公式进行求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由；
【小问2详解】

18. 求下列函数的导数
（1）
（2）
（3）
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】利用导数的运算法则和计算公式,逐一计算可得答案.
【详解】解：（1），则
（2）
（3）
【点睛】本题考查了导数的计算公式,意在考查学生对于公式的记忆和理解,以及运算能力.
19. 已知数列 中 ，，.
（1）求证：是等比数列；
（2）若数列满足，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得，结合等比数列定义证明数列是等比数列；
（2）由（1）可求即，利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
又，，
所以，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列
【小问2详解】
由(1)知 ，因为，
所以，
所以 ，
，
两式相减，得 ，

所以
20. 已知函数在处取得极小值-2.
（1）求实数的值；
（2）若，都有成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可得，求解即可.
（2）问题等价于，利用导数法求得的最大值和最小值，从而可以求解.
【小问1详解】
，
因为函数在处取得极小值-2，
所以，即，解得．
经检验，当，时，在处取到极小值，
所以，.
【小问2详解】
由（1）可知，，则
令，解得或，
而，所以当，时，单调递增；
当时，单调递减.
又
所以当时，.
若，都有成立，
只需，所以.
故实数的取值范围为.
21. 某校举办元旦晩会，现有4首歌曲和3个舞蹈需要安排出场顺序.（结果用数字作答）
（1）如果4首歌曲相邻，那么有多少种不同的出场顺序?
（2）如果3个舞蹈不相邻，那么有多少种不同的出场顺序?
（3）如果歌曲甲不在第一个出场，舞蹈乙不在最后一个出场，那么有多少种不同的出场顺序?
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)捆绑法：先将4首歌曲捆绑，然后与3个舞蹈排序，有（种）不同出场顺序.
（2）插空法：先将4首歌曲排好，再将3个舞蹈排入4首歌曲隔开的5个空中，（种）不同的出场顺序.
（3）有条件限制类排列：可用排除法，7个节目全排列，有种情况，其中歌曲甲在第一个出场时，有种情况，舞蹈乙在最后一个出场时，有种情况，其中都包含了歌曲甲在第一个出场且舞蹈乙在最后一个出场的情况，有种情况，故共有（种）不同的出场顺序.
【小问1详解】
先将4首歌曲捆绑，有种情况，再将捆绑好的4首歌曲与3个舞蹈排序，有种情况，所以有（种）不同的出场顺序.
小问2详解】
先将4首歌曲排好，有种情况，再将3个舞蹈排入4首歌曲隔开的5个空中，有种情况，所以有（种）不同的出场顺序.
【小问3详解】
方法一：7个节目全排列，有种情况，其中歌曲甲在第一个出场时，有种情况，舞蹈乙在最后一个出场时，有种情况，其中都包含了歌曲甲在第一个出场且舞蹈乙在最后一个出场的情况，有种情况，故共有（种）不同的出场顺序.
方法二：歌曲甲在最后一个出场时，其他节目可全排，有种情况；歌曲甲不在最后一个出场时，可从余下的5个位置任选一个，有种情况，而舞蹈乙可排在除去最后一个位置后剩下的5个位置中，有种情况，其余节目全排列，有种情况，共有（种）不同的出场顺序.
22. 已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明．
【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数，分类讨论当、时函数的单调性即可求解；
（2）由（1）知，原不等式等价于，设，利用导数求出即可求解.
【小问1详解】
函数的定义域为，
．
若，则当时，，故在上单调递减；
若，则当时，当时，
故在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）知，当时，在处取得最小值，
所以等价于，即．
设，则．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得极小值且为最小值，最小值为．
所以当时，．
从而当时，，即．