2022-2023学年河北省沧州市东光县等三县高二下学期4月清北班联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河北省沧州市东光县等三县高二下学期4月清北班联考数学试题含答案，共17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学年河北省沧州市东光县等三县高二下学期4月清北班联考数学试题 一、单选题1．若名学生报名参加天文、计算机、文学、美术这个兴趣小组，每人选报组，则不同的报名方式有（    ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】D【分析】分析可知每个人都有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】名学生报名参加天文、计算机、文学、美术这个兴趣小组，每人选报组，每个人都有种选择，则不同的报名方式种数为种.故选：D.2．已知等差数列的前项和为，，，则（    ）A．155 B．165 C．290 D．310【答案】A【分析】依题意得到关于、的方程组，解得、，在由等差数列求和公式计算可得.【详解】因为，，则，解得，所以．故选：A．3．小明每天上学途中必须经过2个红绿灯，经过一段时间观察发现如下规律：在第一个红绿灯处遇到红灯的概率是，连续两次遇到红灯的概率是，则在第一个红绿灯处小明遇到红灯的条件下，第二个红绿灯处小明也遇到红灯的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由条件概率公式求解即可【详解】设“小明在第一个红绿灯处遇到红灯”为事件，“小明在第二个红绿灯处遇到红灯”为事件，则由题意可得，则在第一个红绿灯处小明遇到红灯的条件下，第二个红绿灯处小明也遇到红灯的概率为.故选：.4．已知，且，则下列结论错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据排列数、组合数公式计算可得.【详解】对于A，因为，所以成立，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，所以，故D正确．故选：B．5．若函数在上存在极值，则正整数a的最小值为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】求出函数的导数，由题意得有两个不等实数根，再由求出实数的取值范围，即可得到正整数的最小值．【详解】，由函数在上存在极值，则有两个不等实数根，得，解得或，又a为正整数，所以a的最小值为5．故选：B．6．中国空间站已经进入正式建造阶段，天和核心舱､问天实验舱和梦天实验舱将在2022年全部对接，形成“T"字结构.在中国空间站建造阶段，有6名航天员共同停留在空间站，预计在某项建造任务中，需6名航天员在天和核心舱､问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ）A．360种 B．180种 C．720种 D．450种【答案】D【分析】根据分组分配问题的处理步骤，先将6人分成三组，再将三组分到三个舱内即可.【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案.所以共有（种）不同的安排方案.故选：.7．已知等比数列的公比为，其前项和为，且，，成等差数列，若对任意的，均有恒成立，则的最小值为（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】由已知可求得 ，为奇数时，， 根据单调性可得： ，为偶数时，，根据单调性可得： ，可得的最大值与最小值分别为2，， 考虑到函数  在上单调递增，即可得出结论．【详解】等比数列的公比为，因为，，成等差数列，所以，解得，所以，当为奇数时，，易得单调递减，且，所以；当为偶数时，，易得单调递增，且，所以．所以的最大值与最小值分别为2，．函数在上单调递增，所以．．所以的最小值．故选：B．【点睛】思路点睛：由已知条件求得等比数列的前n项和，通过分类讨论并利用函数单调性求得的最大值和最小值，再由函数在上单调递增且，可求取值范围.8．已知，且，则下列不等式一定成立的是（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】利用对数运算把式子化为，构造函数，利用导数判断单调性，利用单调性求解不等式.【详解】由，得，即，令，则．，所以在上单调递增，又，，所以．故选:D． 二、多选题9．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．在上单调递增 B．在上单调递减C．在处取得极小值 D．在处取得极大值【答案】ACD【分析】根据导函数与函数的单调性和极值的关系求解.【详解】当时，单调递增，由图可知时，，单调递增，故A正确；当时，，单调递增；当时，，单调递减，故B错误；当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以在处取得极小值，故C正确；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以在处取得极大值，故D正确.故选：ACD.10．若，则（    ）A．B．C．D．【答案】BD【分析】利用赋值法，令，求出，判断A；令和，将得到的两式相加、相减，可判断B、C；令计算，可判断D.【详解】对于A，当时，，A错误；对于B，C，当时，，当时，，所以，，所以B正确，C错误；对于D，当时，，所以，D正确．故选：BD．11．设、为随机事件，且、，则下列说法正确的是（    ）A．若，则、可能不相互独立B．若，则C．若，则D．若，，则【答案】BCD【分析】利用条件概率公式以及独立事件的定义可判断A选项；利用条件概率公式可判断BCD选项.【详解】对于A选项，根据条件概率公式及，得，即，所以，、相互独立，A错；对于B选项，由A知，当时，，所以，，B对；对于C选项，由，得，所以，C对；对于D选项，，，所以，，D对.故选：BCD．12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．的极小值点为B．的最小值为C．过原点且与曲线相切的直线有条D．若，、且，则的最小值为【答案】AD【分析】利用导数分析函数的单调性，结合极值点的定义可判断A选项；由可判断B选项；设切点为，利用导数写出切线的方程，再将原点代入切线方程，可得出关于的等式，判断关于的方程的解的个数，可判断C选项；由已知可得出，令，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，可判断D选项.【详解】对于A选项，函数的定义域是，，令，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以的极小值点为，A对；对于B选项，，故函数的最小值不可能为，B错；对于C选项，设切点坐标为，则切线斜率为，所以切线方程为，又切线过原点，则有，即，无解，即过原点且与曲线相切的直线不存在，C错；对于D选项，由，得，即，又、，且，所以，又，则，则，，令，则，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，所以的最小值为，D对．故选：AD． 三、填空题13．某班从5名男同学和4名女同学中选取4人参加学校的“辩论大赛”，要求男、女生都有，则不同的选法共有             种．【答案】120【分析】利用间接法：在所有组合中排除全为男生和全为女生的情况，利用组合数计算求解．【详解】从9名同学中选取4人，有种不同的选法，其中全为男生，全为女生的情况分别有种，种，所以男、女生都有的不同的选法共有（种）．故答案为：120.14．某防空导弹系统包含3辆防空导弹发射车，其中8联装，6联装，4联装防空导弹发射车各1辆，当警戒雷达车发现敌机后通知指挥车，指挥车指挥防空导弹发射车发射导弹，每次只选择1辆防空导弹发射车.已知指挥车指挥8联装，6联装，4联装防空导弹发射车发射导弹的概率分别为，且8联装，6联装，4联装防空导弹发射车命中敌机的概率分别为.在某次演习中警戒雷达车发现一架敌机，则此防空导弹系统发射导弹命中敌机的概率为          .【答案】0.66.【分析】此防空导弹系统发射导弹命中敌机分为3类：指挥8联装发射导弹且命中、指挥6联装发射导弹且命中及指挥4联装发射导弹且命中.【详解】由题意知，此防空导弹系统发射导弹命中敌机的概率为.故答案为：.15．已知数列满足，且，若，则数列的前n项和             ．【答案】【分析】利用累乘法求得，可得，再利用裂项相消法得答案.【详解】由，得，，…，（），以上各式相乘，得（），又，所以（），当时，，满足上式，所以，，所以．故答案为：.16．对于函数，若存在，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若时，函数的图象上只有1对“隐对称点”，则          .【答案】【分析】根据题意分析可得原题意等价于与函数的图象只有1个交点，分别判定与的单调性，结合图象分析运算.【详解】由题意可得：关于原点对称的函数为，故原题意等价于与函数的图象只有1个交点，对于函数可知：在上单调递减，在上单调递增，故；对于，则，由于，则有：令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为；分别作出与的图象（如图所示）.若与的图象只有1个交点，则，即，解得.故答案为：.【点睛】方法定睛：对于方程的根的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 四、解答题17．已知的展开式中前三项的二项式系数和为.(1)求；(2)求展开式中的常数项.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）写出前三项二项式系数，根据和为，列方程求出的值；（2）利用通项，并令的指数为0，求出常数项．【详解】（1）因为的展开式中前三项的二项式系数分别是，，，所以，即，解得或（2）的展开式中通项为，由时，可得，即第7项为常数项，所以展开式中的常数项为.18．已知函数，且.(1)求函数的图象在点处的切线方程；(2)求函数在区间上的值域.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用可构造方程求得的值，结合可求得切线方程；（2）利用导数可求得的单调性，结合区间端点值和极值可求得的最值，由此可得的值域.【详解】（1），，解得：，，则，在点处的切线方程为：，即.（2）由（1）知：，则，当时，；当时，；在，上单调递增，在上单调递减，又，，，，，，的值域为.19．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) 【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）不同的出场顺序.（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.【详解】（1）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.（2）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.（3）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.20．已知数列满足，．(1)求的通项公式；(2)设，在和之间插入个数，使得这个数构成公差为的等差数列，求的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知令得出，并得出时，，结合已知式子做减即可得出，化简即可得出，再验证时是否符合式子，即可得出答案；（2）根据（1）得出的，即可得出，再根据已知得出，即可得出数列的通项，观察通项特点，选取错位相减法求前项和即可得出答案.【详解】（1）数列满足，，当时，得，得时，，由得，，所以，而也适合此式，所以.（2）由（1）得，所以，则，所以，所以，两式相减得：，所以．21．已知函数，.(1)若函数在上单调递增，求a的取值范围；(2)若，求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）对求导后，问题转化为在[1,4]上恒成立，进而求得的最小值即可求解；（2）由可得只需证明，令，求导后求得；令，求导后求得，从而可得，问题得证.【详解】（1），因为函数在[1,4]上单调递增，所以在[1,4]上恒成立，又在[1,4]上单调递增，所以，所以，解得，所以的取值范围是.（2）因为，所以要证，只需证，令，则.当时，，函数单调递减；当时， ，函数单调递增.所以，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增.所以时，取最小值, 则, 所以时，，因此.所以.22．已知函数的导函数为.(1)当时，求函数的极值点的个数；(2)若恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)2(2). 【分析】（1）求导得到导函数，构造，再次求导得到导函数，确定函数的单调区间，计算最值确定，，得到极值点个数.（2）变换得到在上恒成立，构造函数，考虑和两种情况，求导得到导函数，再次构造函数，确定函数的单调区间，利用隐零点代换得到答案.【详解】（1）当时，，定义域为，，令，则.当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减，所以，又，，所以，，所以存在唯一的，，使得，且当和时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，故在处取得极小值，在处取得极大值，即函数的极值点的个数为2.（2），，即恒成立，即在上恒成立.记，当时，，不合题意；当时，.记，则，所以在上单调递增，又，所以使得，即，①故当时，，即，当时，，即，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，②由①式可得，所以，代入②式得，因为，即，故，即，所以当时，恒成立，故实数的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数判断极值点个数，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用隐零点代换可以简化运算，是解题的关键，隐零点代换是常考的方法，需要熟练掌握.