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    2022-2023学年广东省珠海市金砖四校高二下学期期中数学试题含答案

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    这是一份2022-2023学年广东省珠海市金砖四校高二下学期期中数学试题含答案,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学年广东省珠海市金砖四校高二下学期期中数学试题 一、单选题1.在等差数列中,若,则    A2 B4 C6 D8【答案】D【分析】根据等差数列的下标和性质即可解出.【详解】因为,解得:,所以故选:D2四人并排站成一排,如果相邻,那么不同的排法种数是(    A24 B12 C48 D23【答案】B【分析】利用捆绑法求解相邻问题.【详解】由题意,因为相邻,将放在一起,共有种排法,将看成一个整体,与进行全排列,共有种排法,综上共有种排法,故选:B3.已知正项等比数列项和为,且,则等比数列的公比为(    A B2 C D3【答案】A【分析】先根据的关系得到,设出公比,列出方程组,求出公比.【详解】因为所以设公比为q,可得:两式相除得:故选:A4.函数的图象在点处的切线与直线垂直,则    A8 B-8 C2 D-2【答案】B【分析】利用导数的几何意义求得切线的斜率,利用两直线垂直斜率乘积为-1即可求解.【详解】解:因为,则,故,所以切线斜率为因为切线与直线垂直,所以,解得.故选:B.5展开式中的系数为(    A5 B30 C35 D40【答案】B【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】二项式的通项公式为:所以展开式中的系数为:故选:B6.在一次春节聚会上,小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人各写了一张祝福的贺卡,这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福,则(    A.小王和小张恰好互换了贺卡的概率为B.已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下,小张抽到小王写的贺卡的概率为C.恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为D.每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为【答案】B【分析】根据基本计数原理分别计算出所有的可能组合数为24种,而小王和小张恰好互换了贺卡的可能为2种,即可得出其概率为,即A错误;根据条件概率计算公式可得小王抽到的是小张写的贺卡的条件下,小张抽到小王写的贺卡的概率为,即B正确;计算可得恰有一个人抽到自己写的贺卡的基本事件数为8种,即可得出其概率为,即C错误;易知每个人抽到的贺卡都不是自己写的的基本事件数为9种,所以其概率为,可得D错误.【详解】对于,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法,其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种,故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为,即A错误;对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件,则小张抽到小王写的贺卡为事件,则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下,小张抽到小王写的贺卡的概率为B正确;对于,恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种,故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为不正确;对于D,每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种,故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为错误.故选:B7.定义域为的函数满足,其导函数为,当时,有成立,则关于x的不等式的解集为(    A BC D【答案】B【解析】引入,得是奇函数,由导数得上的单调性,从而得上的单调性,不等式转化为,由单调性可得解.【详解】是奇函数,,则时,是减函数.是奇函数,也是奇函数,因此是递减,从而上是减函数,不等式,即故选:B【点睛】本题考查用导数确定函数的单调性解不等式,解题关键是引入新函数,然后由已知条件确定奇偶性,单调性.引入的新函数可根据要求的式的形式变换,可根据条件结合导数的运算法则确定.8.已知函数,曲线上存在不同的两点,使得曲线在这两点处的切线都与直线平行,则实数的取值范围是(    A BC D【答案】A【分析】求导,问题转化为有两个不同的根,利用导数研究函数的单调性,结合单调性和最值可得结果.【详解】,得,则时,时,所以上单调递减,在上单调递增,,当由题意,有两个不同的解,的图像有两个不同的交点,,解得所以实数的取值范围是.故选:A.【点睛】导函数中常用的两种转化方法: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. 二、多选题9.数列的前项和为,已知,则(    A是递增数列 B是等差数列C.当时, D.当4时,取得最大值【答案】CD【分析】利用求出可判断ABC,对配方后,利用二次函数的性质可判断D.【详解】时,时,不满足上式,所以对于A,由于,所以不是递增数列,所以A错误,对于B,由于,所以所以不是等差数列,所以B错误,对于C,由,得,所以当时,,所以C正确,对于D,因为所以当4时,取得最大值,所以D正确,故选:CD.10.在二项式的展开式中(    A.常数项是第4 B.所有项的系数和为1C.第5项的二项式系数最大 D.第4项的系数最小【答案】BCD【分析】利用二项式展开式通项可判断A选项;利用赋值法求所有项系数和可判断B选项;利用二项式系数的性质可判断C选项;先求系数绝对值最大的项,然后利用符号即可判断D选项.【详解】二项式的展开式的通项为对于A,令,得,故常数项是第5项,故A错误;对于B,令,则所有项的系数和是,故B正确;对于C,二项式展开式共9项,则由二项式系数的性质知第5项的二项式系数最大,故C正确;对于D,设第项的系数的绝对值最大,则,解得,所以时,;当时,所以第4项的系数最小,故D正确.故选:BCD11.观察图象,下列结论错误的有(    ).A.若图中为图象,则处取极小值B.若图中为图象,则有两个极值点C.若图中为图象,则上单调递增D.若图中为图象,则的解集为【答案】ABD【分析】选项A:若图为 图象,左右单调性一致,不是极值;选项B:若图为 图象,根据导数与0的大小判断单调性,判断极值. 选项C: 若图为 图象,根据图像的正负判断的正负,判断单调性.选项D: 若图为 图象, 根据图像的正负判断的正负,解出的解集.【详解】选项A:若图为图象,则两边单调性一致,不是极值,故A错误;选项B:若图为图象, 函数单调递减;函数单调递增;函数单调递减;函数单调递增;故函数有-2,0,2三个极值点,选项B错误;选项C: 若图为图象,则时,单调性相反,即 函数单调递增;函数单调递减;函数单调递增;当单调性一致,函数单调递增;故C正确;选项D: 若图为 图象,,图像正负相反,时图像正负一致, 的解集为,故D错误;故答案为:ABD.12.在2022年的期中考试中,数学出现了多项选择题.多项选择题第11题有四个选项ABCD,其中正确选项的个数有可能是2个或3个或4个,这三种情况出现的概率均为,且在每种情况内,每个选项是正确选项的概率相同.根据以上信息,下列说法正确的有(    A.某同学随便选了三个选项,则他能完全答对这道题的概率高于BB选项是正确选项的概率高于C.在C选项为正确选项的条件下,正确选项有3个的概率为D.在D选项为错误选项的条件下,正确选项有2个的概率【答案】BC【分析】先分别计算出任意一组2个选项、3个选项、4个选项为正确答案的概率,再依次判断4个选项即可.【详解】若正确选项的个数为2个,则有种组合,每种组合为正确答案的概率为若正确选项的个数为3个,则有种组合,每种组合为正确答案的概率为若正确选项的个数为4个,则有1种组合,这种组合为正确答案的概率为对于A,随便选了三个选项,能完全答对这道题的概率为,错误;对于BB选项是正确选项的概率为,正确;对于CC选项为正确选项为事件A,由B选项知,,正确选项有3个为事件B,则,正确;对于DD选项为错误选项为事件C,正确选项有2个为事件D,则,错误.故选:BC. 三、填空题13已知数列{an}的前n项和Sn=3n﹣2,求{an}的通项公式         【答案】【详解】时,=1,当验证当时,不符合,故舍去,所以14.离散型随机变量的概率分布规律为,其中是常数,则      【答案】/0.875【分析】根据所给的概率分布规律,写出6个变量对应的概率,由分布列的性质和为1求出实数,在求出满足条件的概率即可.【详解】因为所以所以所以故答案为:.15.已知函数满足,则曲线在点处的切线斜率为           【答案】3【分析】根据极限形式和求导公式得,进而得,计算得解.【详解】,可得因为,所以,即,则所以故答案为:3.16.在由二项式系数所构成的杨辉三角形中,第     行中从左至右第个数与第个数的比为. 【答案】【分析】假设第中从左至右第个数与第个数的比为,根据题意可得出关于的等式,进而可解得正整数的值.【详解】假设第中从左至右第个数与第个数的比为行从左到右第个数为,第个数为,即,解得.故答案为:. 四、解答题17.已知公差不为零的等差数列中,,又成等比数列.(1)求数列的通项公式;(2) ,求数列的前项和【答案】(1)(2) 【分析】1)利用已知条件和等比中项,求出数列的首项和公差,即可求出通项公式;2)利用裂项相消法即可求出结果.【详解】1)解:公差不为零的等差数列中,,又成等比数列,所以,即解得2)解:由(1)可知,可得数列的前项和.18.(1)某地区空气质量监测资料表明,某天的空气质量为优良的概率为,连续两天为优良的概率为,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是多少?2)有一批同一型号的产品,已知其中由一厂生产的占,二厂生产的占35%,三厂生产的占,又知这三个厂的产品次品率分别为,问从这批产品中任取一件是次品的概率是多少?【答案】1;(2【分析】1)利用条件概率的计算公式算出即可;2)设事件任取一件为次品,事件任取一件为厂的产品,任何利用算出即可.【详解】表示某天的空气质量为优良,设表示随后一天的空气质量为优良,由题意得所以已知某天的空气质量为优良,随后一天的空气质量为优良的概率是设事件任取一件为次品,事件任取一件为厂的产品两两互斥,且由全概率公式得因为所以从这批产品中任取一件是次品的概率是19.已知函数a),其图象在点处的切线方程为(1)ab的值;(2)求函数的单调区间和极值;(3)求函数在区间上的最大值.【答案】(1)(2)的增区间是,减区间是,极大值是,极小值是(3)最大值是,最小值是 【分析】1)由出导函数,计算,由切线方程列方程组解得2)由得增区间,由得减区间,从而可得极值;3)结合(2)可得函数在上的单调性,再计算出区间端点处的函数值,与(2)中极值比较可得最值.【详解】1又图象在点处的切线方程为所以,解得2)由(1)得时,时,所以的增区间是,减区间是极大值是,极小值是3)由(2)知上递增,在上单调递减,所以上的最大值是,最小值是20.记为数列的前n项和,为数列的前n项积,已知1)证明:数列是等差数列;2)求的通项公式.【答案】1)证明见解析;(2.【分析】1)由已知,,取,,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;2)由(1)可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.【详解】1[方法一]由已知,,,,由于为数列的前n项积,所以,所以所以,由于所以,即,其中所以数列是以为首项,以为公差等差数列;[方法二]【最优解】: 由已知条件知    于是       ①②            ③④,由,得所以数列是以为首项,为公差的等差数列.[方法三]  ,得,且又因为,所以,所以中,当时,故数列是以为首项,为公差的等差数列.[方法四]:数学归纳法  由已知,得,猜想数列是以为首项,为公差的等差数列,且下面用数学归纳法证明.时显然成立.假设当时成立,即那么当时,综上,猜想对任意的都成立.即数列是以为首项,为公差的等差数列.(2)由(1)可得,数列是以为首项,以为公差的等差数列,,,n=1时,,n≥2,,显然对于n=1不成立,.【整体点评】(1)方法一从,然后利用的定义,得到数列的递推关系,进而替换相除消项得到相邻两项的关系,从而证得结论;方法二先从的定义,替换相除得到,再结合得到,从而证得结论,为最优解;方法三由,得,由的定义得,进而作差证得结论;方法四利用归纳猜想得到数列,然后利用数学归纳法证得结论.2)由(1)的结论得到,求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式; 21.珠海某中学总务处的老师要购买学校教学用的粉笔,并且有非常明确的判断一盒粉笔是优质产品非优质产品的方法.某品牌的粉笔整箱出售,每箱共有20盒,根据以往的经验,其中会有某些盒的粉笔为非优质产品,其余的都为优质产品.并且每箱含有012盒非优质产品粉笔的概率为0.70.20.1.为了购买该品牌的粉笔,校总务老师设计了一种购买的方案:欲买一箱粉笔,随机查看该箱的4盒粉笔,如果没有非优质产品,则购买,否则不购买.设买下所查看的一箱粉笔为事件A箱中有i件非优质产品为事件i012).(1)(2)随机查看该品牌粉笔某一箱中的四盒,设X为非优质产品的盒数,求X的分布列.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】1)根据古典概型的概率计算公式即可由组合数计算求解,2)根据全概率公式求解概率,即可求解.【详解】1)由已知2X可能的取值为012所以所以随机变量X的分布列为:X012P22.已知函数(1)对任意恒成立,求实数的取值范围;(2)若函数 有两个极值点为,且, 若恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1)(2). 【分析】1)利用参变分离,然后构造函数利用导数求函数的最值即得;或分讨论,利用导数研究函数的性质结合条件即得;2)根据条件表示出,然后构造函数利用导数求函数的最值即得.【详解】1)法一:由题意得恒成立,,则设函数,则所以函数 单调递增,,函数单调递增,法二:当时,,设为增函数,在区间上递增,, 故满足题意;时,不满足题意;综上,2)因为方程有两个不相等的实根,且所以,则为递减函数,所以.【点睛】方法点睛:恒(能)成立问题的解法:在区间上有最值,则1)恒成立:2)能成立:.若能分离常数,即将问题转化为:(或),则1)恒成立:2)能成立:. 

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