2022-2023学年安徽省滁州市定远县育才学校高二下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年安徽省滁州市定远县育才学校高二下学期期中数学试题含答案，共15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学年安徽省滁州市定远县育才学校高二下学期期中数学试题 一、单选题1．设数列的前项和为，则的值为 （    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据即可得到答案.【详解】．故选：C．2．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则该人最后一天走的路程为.A．24里 B．12里 C．6里. D．3里【答案】C【分析】由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人最后一天走的路程．【详解】解：记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，由，得，解得：，，故选C．【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比数列的前项和，是基础的计算题．3．设，若在处的导数，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出，由可得出关于的等式，解之即可.【详解】对于函数，则，可得，即函数的定义域为，，由，解得，合乎题意.故选：B.4．函数的图像大致是（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】D【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.5．的展开式中，常数项为A．－15 B．16 C．15 D．－16【答案】B【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的常数项．【详解】∵（）•（1），故它的展开式中的常数项是1+15=16故选B【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，项的系数的性质，熟记公式是关键，属于基础题．6．已知圆O的半径为5，，过点P的2021条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为，最长弦长为，则其公差为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】可得过点P的最长弦长为直径，最短弦长为过点P的与垂直的弦，分别求出即可得出公差.【详解】可得过点P的最长弦长为直径，，最短弦长为过点P的与垂直的弦，，公差.故选：B.7．如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有（　　）A．48种 B．72种 C．96种 D．144种【答案】B【分析】 区域与其他区域都相邻，从开始分步进行其它区域填涂可解【详解】解：根据题意，如图，假设5个区域依次为，分4步分析：①，对于 区域，有4种涂法，②，对于区域，与 相邻，有3种涂法，③，对于区域，与 相邻，有2种涂法，④，对于区域，若其与 区域同色，则 有2种涂法，若 区域与 区域不同色，则 有1种涂法，则 区域有2+1＝3种涂色方法，则不同的涂色方案共有4×3×2×3＝72种；故选： B．【点睛】本题考查两个计数原理的综合问题使用两个计数原理进行计数的基本思想：对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．8．某国家级示范高职院校为做好春季高考招生工作，决定邀请省内部分高中优秀高三学生到校进行职业生涯体验.若育才高中将获得的6个体验名额随机分配给高三年级4个班级，则每个班均获得体验名额的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据题意，利用隔板法，分别计算名额分到1个班、2个班、3个班、4个班的情况，然后根据满足题意条件的情况，使用古典概型即可完成求解.【详解】由题意可知，将6个体验名额随机分配给高三年级4个班级，一共会出现以下4种情况：①6个名额分到1个班，共有（种）；②6个名额分到2个班，共有（种）；③6个名额分到3个班，共有（种）；④6个名额分到4个班，共有（种）；所以6个体验名额随机分配给高三年级4个班级，一共出现种情况，满足题意条件分到4个班的共有10种情况，所以每个班均获得体验名额的概率为.故选：B. 二、多选题9．数列{an}的前n项和为Sn，，则有（    ）A．{Sn}为等比数列 B．C． D．{nSn}的前n项和为【答案】ACD【分析】根据数列前n项和与第n项的关系，结合等比数列的定义和通项公式、错位相减法进行逐一判断即可.【详解】因为，所以{Sn}为等比数列，因此选项A正确；当时，，当时，，不适合上式，所以选项B不正确，选项C正确；设{nSn}的前n项和为，，，，得，，所以选项D正确，故选：ACD10．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（    ）A．在区间上，函数是增函数B．在区间上，函数是减函数C．为函数的极小值点D．2为函数的极大值点【答案】BD【分析】根据导函数的图象的正负性得到原函数的增减性，再依次判断选项即可.【详解】对选项A，，，为减函数，故A错误；对选项B，，，是减函数，故B正确；对选项C，，，是增函数，，，是减函数，所以为函数的极大值点，故C错误；对选项D，，，是增函数，，，是减函数，所以为函数的极大值点，故D正确.故选：BD11．某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客的乘坐站数实施分段优惠政策，不超过站的地铁票价如表：乘坐站数票价元现有甲、乙两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论中正确的是（    ）A．若甲和乙两人共花费元，则甲和乙下地铁的方案共有种B．若甲和乙两人共花费元，则甲和乙下地铁的方案共有种C．若甲和乙两人共花费元，则甲和乙下地铁的方案共有种D．若甲和乙两人共花费元，则甲和乙下地铁的方案共有种【答案】BD【分析】利用列举法与加法计数原理即可得解.【详解】因为甲、乙两人乘坐地铁，共花费元，则其中一人的乘坐站数不超过，另一人的乘坐站数超过不超过，设首站之后的前站分别为，，，，，，若甲乘坐地铁不超过站，则两人下地铁的所有方案为，，，，，，，，共种，同理，若乙乘坐地铁不超过站，也有种方案，因此甲和乙两人共花费元时共有种下地铁的方案，故A错误，B正确；设首站之后的前站分别为，，，，，，，，，若甲、乙两人共付费元，则共有三类方案，甲付元，乙付元；甲付元，乙付元；甲付元，乙付元；由选项AB的分析可知每类情况有种方案，所以甲、乙两人共付费元时共有种下地铁的方案，故C错误，D正确.故选：BD．12．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】A选项和B选项直接通过赋值法进行解决，C选项两边同时求导，再令即可解决，D选项考虑到，比较两边的系数即可得出.【详解】A选项：时，，A对．B选项：时，①时，②，B对．C选项：，求导得，时，，，C错．D选项：比较两边的系数，D正确．故选：ABD.【点睛】本题关键在于C选项和D选项的判断，C选项需要两边先同时求导，再进行赋值，D选项需要先利用平方差公式进行变形，再考虑两边项的系数，即可解决. 三、填空题13．已知数列的通项公式为，数列的前n项和为，则           .【答案】【分析】由题意，裂项相消法即可得【详解】由题意，故答案为：14．在二项式的展开式中，的系数为          ．【答案】.【分析】由题意结合二项式定理展开式的通项公式得到的值，然后求解的系数即可.【详解】结合二项式定理的通项公式有：，令可得：，则的系数为：.【点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中和的隐含条件，即、均为非负整数，且，如常数项指数为零、有理项指数为整数等）)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．15．函数的导函数是，则          ．【答案】【分析】先求出导函数，再代入值解.【详解】因为，所以，故．故答案为：．16．某校选定甲、乙、丙、丁、戊共名教师去个边远学校支教，每学校至少人，其中甲和乙必须在同一学校，甲和丙一定在不同学校，则不同的选派方案共有          种．【答案】【详解】运用分步计数原理分析求解：第一步考虑甲乙两名教师，在三个学校中任取一个有3种可能；第二步考虑丙，该教师只能在剩下的两所学校任选一个，有2种选择；第三步考虑剩下的丁戊两名教师，此时又有两类：其一是两个都到除甲乙、丙去的学校之外的那个学校有1种可能，其二是其中一个到剩下那个学校，另一个到甲乙和丙分别在的两个学校中的一个，有2×2种可能，依据分类和分步计数原理可得所有选派方案是． 四、解答题17．公比不为1的正项等比数列中，，且，，成等差数列．(1)求的通项公式；(2)若，令，求的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设正项等比数列的公比为q，利用基本量代换列方程组求出首项和公比，即可求出通项公式；（2）利用错位相减法求和.【详解】（1）设正项等比数列的公比为q（）.因为，，成等差数列，所以，即.因为，所以，解得：（舍去）.又，所以，解得：（舍去）.所以.（2）由（1）可知，.所以①①得：②②-①得：所以18．已知曲线在点处的切线方程是.（1）求，的值；（2）如果曲线的某一切线与直线：垂直，求切点坐标与切线的方程.【答案】（1）；（2）,或.【详解】试题分析：（1）先求出函数的导数，由导数的几何意义可得，，解方程可得的值；（2）设切点的坐标为，由两直线垂直的条件，斜率之积为，可得切线的斜率，解方程可得切点坐标，进而可得切线方程.试题解析：（1）∵的导数，由题意可得，，解得，.（2）∵切线与直线垂直，∴切线的斜率.设切点的坐标为，则，∴.由，可得，或.则切线方程为或.即或.19．已知函数的一个极值点是.(1)求函数的极值；(2)求函数在区间上的最值.【答案】(1)极小值为，极大值为(2)最大值为，最小值为 【分析】（1）根据有一个极值点求出，再利用导数确定单调区间，即可求出极值；（2）由（1）根据函数的单调性求出最值.【详解】（1），有一个极值点是，即又，300单调递减单调递增单调递减当时，有极小值，极小值为；当时，有极大值，极大值为；（2）由（1）知，在上递减，上递增，上递减，又，在上的最大值为，在上的最小值为.20．已知在的展开式中，第项的二项式系数与第项的二项式系数的比为．(1)求的值；(2)求展开式中含的项的系数；(3)用二项式定理证明：能被整除.【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）由题意得，可求的值；（2）利用展开式的通项，求展开式中含的项的系数；（3）展开式化简后，每项都能被整除，可得证.【详解】（1）由题意可得，解得（2）设的展开式的通项为，则，    令得，．含的项的系数为；（3）由二项式定理可知，各项都能被整除.能被整除21．班级迎接元旦晚会有个唱歌节目、个相声节目和个魔术节目，要求排出一个节目单．(1)2个相声节目要排在一起，有多少种排法？(2)相声节目不排在第一个节目、魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？(3)现在临时增加个魔术节目，要求重新编排节目单，要求个相声节目不相邻且个魔术节目也不相邻，有多少种排法？【答案】(1)种(2)种(3)种 【分析】（1）根据捆绑法即可得到答案；（2）利用全排列公式减去不符合题意的情况即可；（3）利用全排列公式减去不符合题意的情况即可.【详解】（1）将个相声节目捆绑在一起，看成个节目，与其余个节目一起排，则共有种不同排法；（2）若相声节目排在第一个节目，则有种不同排法，若魔术节目排在最后一个节目，则有种不同排法，若相声节目排在第一个节目，并且魔术节目排在最后一个节目，则有种不同排法，则相声节目不排在第一个节目、魔术节目不排在最后一个节目，可以用个节目的全排列减去相声节目排在第一个节目的排列数和魔术节目排在最后一个节目的排列数，再加上相声节目排在第一个节目并且魔术节目排在最后一个节目的排列数，所以共有种不同排法；（3）若个相声节目相邻，则有种不同排法，若个魔术节目相邻，也有种不同排法，若个相声节目相邻，并且个魔术节目也相邻，则有种不同排法，则个相声节目不相邻且个魔术节目也不相邻，可由个节目的全排列减去个相声节目相邻的排列数和个魔术节目相邻的排列数，再加上个相声节目相邻并且个魔术节目也相邻的排列数，所以共有种不同排法．22．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）已知，若关于的不等式在区间上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）函数在单调递增；（2）.【分析】（1）求得函数的导数，判断出在区间上的符号，由此可得出函数在上的单调性；（2）将所求不等式变形为，由函数在区间上为增函数可得，变形为，利用导数求得函数在区间上的最大值，由此可求得实数的取值范围.【详解】（1），，.令，，则.当时，，所以，函数在区间上为增函数，此时，，则，所以，函数在区间上为增函数；（2），当时，，所求不等式可化为，即，易知，由（1）知，在单调递增，故只需在上恒成立.两边同取自然对数，得，即.令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，，所以，.故的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性，同时也考查了利用导数求解函数不等式问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.