2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学高二下学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学高二下学期第三次月考数学试题含答案，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学年黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学高二下学期第三次月考数学试题 一、单选题1．在数列中，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据递推公式，计算数列的前4项，得出数列的周期，进而求得结果.【详解】在数列中，，，，，所以数列的周期为3，，所以，故选：B.2．已知，则，，的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用导数可求得单调性，由此可得，根据可得大小关系.【详解】，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增；，；，，，.故选：A.3．8名学生和2位老师站成一排照相，2位老师不相邻且不在两端的排法种数为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】使用插空法可得.【详解】先将8名学生排成一排共有种排法，再在8个学生中间的7个空位种选择两个空位排2位老师有种排法，所以总的排法种数为.故选：C4．有甲、乙两个袋子，甲袋中有2个白球和1个红球，乙袋中有2个红球和中1个白球，这6个球手感上不可区别.现从甲袋中任取一球放入乙袋，搅匀后再从乙袋中任取一球，则收到红球的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用条件概率及古典概率的计算公式，结合全概率公式即可求解.【详解】设“从甲袋放入乙袋的是白球”， “从甲袋放入乙袋的是红球” “从乙袋中任取一球是红球”，则.故选：B.5．月23日，以“和合共生”为主题的2021世界移动通信大会在上海召开，中国规模商用实现了快速发展．为了更好地宣传，某移动通信公司安排五名工作人员到甲､乙､丙三个社区开展宣传活动，每人只能去一个社区且每个社区至少安排一人，则不同的安排方法种数为（    ）A．180 B．150 C．120 D．80【答案】B【分析】由条件求出所有满足条件的分堆方法数，再结合分步乘法计数原理求出安排方法的总数.【详解】先将五名工作人员分成三组，有两种情况，分别为“”和“”，所以共有种不同的分法，再将这三组分给甲､乙､丙三个社区开展宣传活动，则不同的安排方法种数为，故选：B.6．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用定义域可排除AB，用导数讨论函数在上的单调性可排除D.【详解】易知函数的定义域为，在x<0时，f（x)>0,故AB错误；当时，，所以所以函数在上单调递增，故D错误.故选：C7．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（    ）A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1【答案】B【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可.【详解】设等比数列的公比为，由可得：，所以，因此.故选：B.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前项和公式的应用，考查了数学运算能力.8．设函数的定义域为，是其导函数，若，，则不等式的解集是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设函数，由，得到在定义域上递减，然后将不等式，转化为，即求解【详解】设函数，因为，所以，所以在定义域上递减，又因为 ，所以，所以不等式，即，即，解得，故选：B 二、多选题9．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用事件和表示从甲罐中取出的球是红球，白球和黑球；再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐中取出的球是红球，则下列结论正确的是（   ）A．B．C．事件B与事件相互独立D．是两两互斥的事件【答案】BD【分析】根据条件概率公式计算可知B正确；根据全概率公式计算可知A不正确；根据计算可知，故C不正确；根据互斥事件的定义可知D正确.【详解】依题意得，，，则，故B正确；，，所以，故A不正确；因为，，，所以事件B与事件不相互独立，故C不正确；根据互斥事件的定义可知是两两互斥的事件，故D正确.故选：BD10．已知的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（    ）A．二项展开式中各项系数之和为B．二项展开式中二项式系数最大的项为C．二项展开式中无常数项D．二项展开式中系数最大的项为【答案】AD【分析】由二项式系数和求得，令可求得各项系数和，由二项式系数的性质可得二项式系数最大的项，写出展开式通项公式，由的指数确定有无常数项，列不等式求得系数最大的项．【详解】由已知，，令得展开式中所有项系数和为，A正确；二项式系数最大的项是，B错；，，，展开式中第5项是常数项，C错；设第项系数最大，则，解得，，所以，所以系数最大的项是第3项：，D正确．故选：AD．11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．当时，函数的单调增区间为B．当时，函数的极小值为1C．若在定义域内不单调，则D．若对有成立，则【答案】ABC【分析】对于A、B，求导后，判断导数的正负后即可判断；对于C，分和两种情况讨论即可判断；对于D，把化为，令，从而问题转化为函数在上为增函数，求导后得到，结合二次函数即可判断.【详解】对于A、B，当时，，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以函数的单调增区间为，在有极小值，故A、B都正确；对于C，因为，，当 时，恒成立，函数在定义域内单调递增，当时，符号不确定，函数在定义域内不单调，故C正确；对于D，因为对有 成立，即成立，令，由题意知在上恒成立，即函数在上为增函数，则恒成立，故，因为，所以，故D错误.故选：ABC12．定义在上的函数，满足，则下列说法正确的有（    ）A．若，则B．在处取得极小值C．有且只有一个零点的充要条件为D．若对任意的，恒成立，则【答案】AB【分析】对于对于，构建函数，求其最小值即可；对于，研究函数的单调性与极值即可；对于，利用特例即可作出判断.【详解】对于，，令，则，因此函数在上单调递增，，即，成立；对于，，可得函数在上单调递减，在上单调递增，因此函数在处取得极小值，，因此正确；对于，由可得：有且只有一个零点的充要条件为，因此不正确；对于，对任意的，恒成立∴时，即，因此不正确．故选：． 三、填空题13．已知函数，则              .【答案】2【分析】求出，令，即可解出．【详解】因为，所以，令，，解得：．故答案为：2．14．若展开式中的系数为30，则        .【答案】【分析】求出展开式通式和相乘，然后利用的系数为30列方程求解.【详解】展开式通式为则，，解得故答案为：.15．在数列中，若，则        .【答案】【分析】通过取倒数的方法，证得数列是等差数列，求得，进而求得.【详解】取倒数得:，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以，所以.故答案为：16．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为              .【答案】【分析】由题可知，当时，不等式恒成立，即在上是增函数，然后由在上恒成立，即可解出.【详解】因为当时，不等式恒成立，即当时，不等式恒成立，所以在上是增函数，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，所以，当时，，当时，，所以当时，取得最小值，最小值为，所以实数a的取值范围为.故答案为：. 四、解答题17．某同学买了7个盲盒，每个盲盒中都有一个礼物，有4个装小兔和3个装小狗．(1)依次不放回地从中取出2个盲盒，在第一次取到小兔盲盒的条件下，第二次取到小兔盲盒的概率；(2)依次不放回地从中取出2个盲盒，求第2次取到的是小狗盲盒的概率．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据条件概率的计算公式，即可求得答案；（2）考虑第一次取出的是装小兔还是装小狗得盲盒，求得相应概率，根据全概率公式即可求得答案.【详解】（1）设事件“第i次取到的是小兔盲盒”，，2．，，，．在第一次取到小兔盲盒的条件下，第二次取到小兔盲盒的概率为；（2）设事件“第i次取到的是小狗盲盒”，，2．，，，，由全概率公式，可知第2次取到的是小狗盲盒的概率为．18．某新闻部门共有A、B、C、D、E、F六人．(1)由于两会召开，部门准备在接下来的六天每天安排1人加班，每人只被安排1次，若A不能安排在第一天，B不能安排在最后一天，则不同的安排方法共有多少种？(2)该部门被评为优秀宣传组，六人合影留念，分前后两排每排3人对齐站立，要求后排的3个人每人都比自己前面的人身高要高，则不同的站法共有多少种？（六人身高均不相同）【答案】(1)(2) 【分析】（1）按照A安排在最后一天和不在最后一天进行分类，利用排列组合、计数原理求解；（2）将前后2人看成一组，可看成3个不同位置，分别取出2人排在3个位置，利用组合知识求解.【详解】（1）分两类完成，第一类A安排在最后一天，则有种.第二类，除外选一人安排在最后一天，再从除A外剩余的4人选一人排在第一天，剩余的4人排在剩余的4个位置上，故有种.根据分类加法计数原理可得，不同的安排方法共有种.（2）将前后2人看成一组，可看成3个不同位置，分别取出2人排在3个位置，两人顺序确定（高在后，矮在前），所以不同的站法共有种.19．已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然为偶数，则，所以，即，且，所以是以2为首项，3为公差的等差数列，于是．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知，所以．由（为奇数）及（为偶数）可知，数列从第一项起，若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以，则．[方法三]：累加法由题意知数列满足．所以，，则．所以，数列的通项公式．（2）[方法一]：奇偶分类讨论．[方法二]：分组求和由题意知数列满足，所以．所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列的前20项和为：．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.20．已知函数，当时，有极大值，且.(1)求函数的解析式；(2)在（1）的条件下，讨论函数在上的最大值.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，可求得，再结合，即可求解；（2）分、和三种情况结合单调性讨论即可求解.【详解】（1）因为，所以，因为时，有极大值所以：，即，即.当时，，令，即；令，即或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极大值，符合题目条件.又，所以，所以.（2）由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.①当时，函数在上单调递增，；②当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，所以；③当是，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，所以，综上所述，当或时，；当时，.21．已知数列的前项和.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）若数列的前项和为，且，证明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）利用与关系可证得为等比数列，由等比数列通项公式可得结果；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，采用分组求和的方式，分别对通项中的两个部分采取等比数列求和、裂项相消法，可求得，根据可得结论.【详解】（Ⅰ）当时，，解得：；当时，，整理得：，数列是以为首项，为公比的等比数列，.（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，当时，，，.【点睛】方法点睛：本题第二问中，考查了分组求和的方法，在分组求和过程中，涉及了裂项相消法求解数列的前项和的问题，裂项相消法适用于通项公式为形式的数列，即，进而前后相消求得结果.22．已知函数.(1)讨论函数的单调区间；(2)若关于的方程在区间上有两个不同的实数解，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，通分、化简为，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间，即可得解；（2）依题意参变分离可得在上有两个不等实根，即直线与有两个交点，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的值域，即可得解.【详解】（1）解：定义域为，所以当时，，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减；当时，有两根分别为，当时：令，解得，当或时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减.令，解得，当或时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减；当时，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减；当时，所以在上单调递增；综上所述：当时：的单调递增区间是，单调递减的区间是当，的单调递增区间是，上单调递增，单调递减的区间是当，的单调递增区间是，上单调递增，单调递减的区间是当时：的单调递增区间是，无减区间（2）解：.则在上有两个不等实根，即直线与有两个交点.令，，，令，解得，当时，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，又，，所以，所以.