2022-2023学年广东省佛山市H7教育共同体高二下学期联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省佛山市H7教育共同体高二下学期联考数学试题含答案，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学年广东省佛山市H7教育共同体高二下学期联考数学试题 一、单选题1．已知在等差数列中，，，则（    ）A．12 B．10 C．6 D．4【答案】C【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，即可求解作答.【详解】在等差数列中，，得，公差，所以.故选：C2．函数在处的切线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用导数的几何意求解即可.【详解】因为，所以，且点在的图像上，所以在处的切线的斜率为，所以在处的切线方程为，即.故选：A.3．已知等比数列的前项和为，，，则A． B． C． D．【答案】C【分析】由等比数列的前项和性质可知：成等比数列，再根据计算出结果.【详解】因为成等比数列，所以代入数值所以，则.【点睛】（1）形如的式子，可表示为；（2）等比数列中前项和为，则有成等比数列，其中公比或时且不为偶数.4．已知函数在处有极小值，则的值为（    ）．A．1 B． C． D．【答案】B【分析】利用极值的定义得到，从而求得，再进行检验即可.【详解】因为，所以，因为在处有极小值，则，故，解得或，当时，，令，得或；令，得；所以在上单调递增；在上单调递减，所以在处取得极大值，不满足题意，舍去；当时，，令，得或；令，得；所以在上单调递增；在上单调递减，所以在处取得极小值，满足题意；综上：.故选：B.5．已知数列中，，则数列的前项和为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据的通项公式，可得为等比数列，根据等比数列的求和公式进行求和即可.【详解】因为，且，所以是首项为，公比为的等比数列，所以的前项和为：．故选：B．6．某医院需安排四位医生到三个社区参加义诊活动，每位医生必须参加一个社区义诊活动，每个社区至少有一位医生．由于交通原因，甲医生不能去社区，则不同的安排方法数为（    ）A．14 B．20 C．36 D．24【答案】D【分析】先确定特殊情况，再分组分配，根据乘法与加法计数原理计算即可.【详解】由于甲医生不能去A社区，则甲可以去B或C社区，共2种，剩余的3人可以分成1，2两组或1，1，1三组两种情况，①分成1，2两组，去和甲不同的两个社区，有种，②分成1，1，1三组，去三个社区，有种，所以不同的安排方法数为种.故选：D.7．已知，，，则，，的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】观察的形式构造函数，判断函数的单调性来比较大小.【详解】，，.构造函数，则,当时，,函数递增;当时，,函数递减;因为 ,所以 故选：B8．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，分别标记两次骰子正面朝上的点数，表示事件“第一次正面朝上的点数为1”，表示事件“第二次正面朝上的点数为3”，表示事件“两次正面朝上的点数之和为8”，表示事件“两次正面朝上的点数之和为7”，则下列说法错误的是（    ）A．与相互独立 B．与互斥C． D．【答案】D【分析】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，再结合独立事件、互斥事件与条件概率公式即可得解.【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，不同结果如下：，共36个．依题意，易得，事件包括，共5个，，事件包括，共6个，，对于A，事件只有结果，则，A与D相互独立，故A正确；对于B，由事件的基本事件可知，其中不包含“第一次正面朝上的点数为1”的事件，故与互斥，故B正确；对于C，事件表示“第二次正面朝上的点数不为3”，事件同时发生的有，共4件，所以，，故C正确；对于D，事件同时发生的有，共1件，所以，，故D错误.故选：D.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用古典概型的概率公式求得各事件的概率，从而得解. 二、多选题9．设数列是以d为公差的等差数列，是其前n项和，，且，则下列结论正确的是（    ）A．d<0 B．C． D．或为的最小值【答案】AB【分析】根据，且，可得，然后逐一判断各个选项即可得出答案.【详解】解：由，得，所以，故A正确；，故B正确；，所以，故C错误；由，，，可得或为的最大值，故D错误.故选：AB.10．已知，下列结论正确的是（    ）A．B．C．D．【答案】ABD【分析】对于AC，利用赋值法即可得解；对于B，利用二项式展开通项公式即可得解；对于D，利用转化法与赋值法即可得解.【详解】对于A，因为，令，则，故A正确；对于B，因为的展开通项公式为，所以的系数，故B正确；对于C，令，则；令，则；两式相加除以，得，故C错误；对于D，因为，所以，令，则，故D正确.故选：ABD.11．已知函数，则有（    ）A．当时，在R上递增B．当时，有3个零点C．当时，关于对称D．当时，有2个极值点【答案】AC【分析】A选项，求导得到导函数大于0，A正确；B选项，求导得到函数单调性，结合，又，得到B错误；C选项，计算出，故C正确；D选项，求导，当时，由根的判别式小于0得到，单调递增，故不满足有2个极值点.【详解】对于A，，恒成立，故在R上递增，A正确；对于B，，，当或时，，单调递增，当时，，单调递减，，又，所以有2个零点，B错误；对于C，，，故关于对称，C正确；对于D，，当时，，故恒成立，单调递增，不满足有2个极值点，D错误.故选：AC12．已知数列中，，，下列说法正确的是（    ）（参考公式：）A．B．C．存在，使得D．【答案】BD【分析】由题意可得到，再根据累乘法可求得，从而可求得，进而即可判断A和B的正误；先对分组求和，再进行放缩，再结合裂项相消即可判断C．将进行分组求和即可判断D；【详解】因为由，则，所以，又，得，选项A，，所以选项A错误；选项B，因为，得到，所以选项B正确；选项C，因为，，，所以，所以，故C错误．选项D，由，所以，故D正确；故选：BD.【点睛】关键点睛：运用累乘法、分组求和、放缩、裂项相消法是解题的关键． 三、填空题13．除以1000，所得余数为      ．【答案】【分析】利用二项式定理展开即可求解．【详解】因为，显然，展开式中从第二项开始都是1000的倍数，所以它除以1000后余数为1．故答案为：．14．在数列中，，则数列中的最大项是第      项．【答案】【分析】利用作商法，结合，判断得的最大项，从而得解.【详解】因为，所以，所以，又，所以当时，，当时，，所以最大，则.故答案为：.15．已知只有一条过原点的切线，则      ．【答案】【分析】利用导数的几何意义求得的切线方程，再结合题意得到方程有且只有一个实数根，从而得解.【详解】依题意，设切点坐标为，因为，则，所以切线的斜率为，故切线的方程为，因为切线过原点，所以，整理得，因为只有一条过原点的切线，所以方程有且只有一个实数根，故，即，解得或（舍去），所以.故答案为：.16．对任意，当时，，则的最小值为      ．【答案】【分析】将题意转化为，令，对求导，得到的单调性，可将转化为，令，对求导，求出的最大值即可得出答案.【详解】当时，，则，即，即，因为，所以，所以，因为，所以，令，所以，所以在单调递增，所以，，所以，所以，令，令，可得：，令，可得：，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，解得：.故的最小值为.故答案为：. 四、解答题17．设数列的前项和为，数列是公差为的等差数列，且(1)求的通项公式；(2)求数列的前20项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先利用等差数列的通项公式求得，再利用与的关系式求解即可.（2）利用并项求和法求解即可.【详解】（1）因为数列是公差为的等差数列，且，所以，即，当时，，当时，，经检验，当时，依然成立，故.（2）因为，所以，故.18．（1）证明：．（2）已知，，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）【分析】（1）构造函数，利用导数证得，从而得证；（2）将问题转化为恒成立，构造函数，利用导数求得，从而得解.【详解】（1）要证，即证；令，则，当时，单调递增；当时，单调递减；则，即，即证.（2）由，得，故恒成立，令，则，当时，单调递增；当时，单调递减；则，即，即19．若数列的首项，且满足(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可证得数列是以为首项，2为公比的等比数列，由等比数列的通项公式即可得出答案；（2）由错位相减法求和即可.【详解】（1）由可得：，即可知数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，故.（2）因为，则，，两式相减可得：，所以.20．甲、乙两队进行篮球冠军争夺赛，比赛采取三局二胜制，甲队每局取胜的概率为．甲队有一名核心球员，如果核心球员在比赛中受伤，将不能参加后续比赛，甲队每局取胜的概率降为，若核心球员在每局比赛受伤的概率为．(1)在核心球员一直未受伤的条件下，甲队以取胜的概率；(2)甲队以取胜的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由独立事件概率运算求解即可；（2）甲队以取胜分为两种情况，第一种情况：甲队赢第一局和第三局，第二局输的条件下考虑核心球员受伤的局数；第二种情况：甲队赢第二局和第三局，第一局输的条件下考虑核心球员受伤的局数.由条件概率和全概率公式求解即可.【详解】（1）记“甲队在前两局比赛中连赢两局”，“甲队赢第一局和第三局，第二局输”，“甲队赢第二局和第三局，第一局输”，“甲队以取胜”，记“核心球员第局开始受伤”，“核心球员一直未受伤”，所以.（2），，，，，所以，，，，，所以，所以.即甲队以取胜的概率为.21．已知数列的首项，且满足．(1)求证：数列为等比数列；(2)设数列满足，求最小的实数，使得对一切正整数均成立．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意，化简得到，得到，即可得证；（2）由（1）可得，结合，结合等比数列的求和公式和裂项法求和，即可求解.【详解】（1）解：由数列的首项，且满足，可得，则，又因为，所以数列为等比数列.（2）解：由（1）可得，又由，所以所以 ，所以，即实数的最小值为.22．已知，．(1)求的单调区间；(2)当时，函数有2个零点，分别为且满足，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）先对求导，分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）利用同构法，结合导数研究函数与的图像，从而推得，再利用导数将双变量问题转化为恒成立问题，由此得解.【详解】（1）因为，所以，当时，在单调递减；当时，当时，单调递减；当时，单调递增；故当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）因为，所以,令，即，令，则，当时，单调递增；当时，单调递减；故，又，当时，，则，令，则，当时，单调递减，，所以当，存在唯一，满足，且存在，满足且，  要证，由，得，设，则，故，所以，即证，即证，即证，令，则，即证，即证恒成立，令，则，故在上单调递减，即恒成立，即证.【点睛】方法点睛：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．