2022-2023学年北京市景山学校高二下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年北京市景山学校高二下学期期中数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市景山学校高二下学期期中数学试题 一、单选题1．已知数列为等差数列，，那么数列的通项公式为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设数列的首项为，公差为，列方程组求出即得解.【详解】解：设数列的首项为，公差为，由题得，所以.所以数列的通项为.故选：A2．一次演出，原计划要排个节目，因临时有变化，拟再添加个小品节目，若保持原有个节目的相对顺序不变，则这个节目不同的排列方法有（    ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】C【分析】分两个节目放在相邻的位置，和两个节目不相邻两种情况讨论，结合插空法即可得解.【详解】当两个节目放在相邻的位置，有种结果，当两个节目不相邻，从原来形成的五个空中选两个空排列，共有种结果，根据分类计数原理知共有种结果，故选：C．3．下列函数的求导运算中，错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据求导法则依次计算得到ACD正确，，B错误，得到答案.【详解】对选项A：，正确；对选项B：，正确；对选项C：，错误；对选项D：，正确.故选：C4．展开式中的系数为（    ）A．120 B． C．160 D．【答案】D【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的次数为3，求出，从而可求出的系数【详解】展开式的通项为，令，得的系数为.故选：D5．设a∈R，函数的导函数是，若是偶函数，则曲线在原点处的切线方程为 A． B． C． D．【答案】A【详解】本题考查导数的运算，导数的几何意义，函数的奇偶性.是偶函数，，即恒成立，即恒成立，所以则则曲线在原点处的切线方程为故选A6．已知数列是各项均为正数的等比数列，是它的前项和，若，且，则（    ）A．128 B．127 C．126 D．125【答案】C【分析】根据等比数列的知识求得数列的首项和公比，从而求得.【详解】设等比数列的公比为，且，，，，所以，即故选：C7．在，，，，，，这个数中任取个数，将其组成无重复数字的四位数，则能被整除，且比大的数共有（    ）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】C【分析】由题意，可分千位数为，百位数为；千位数为，百位数为；千位数为，百位数为；千位数为；千位数为五种情况分析，结合排列数与组合数的公式，即可求解．【详解】若这个数的千位数为，百位数为，则这个数可以是，，共个，若这个数的千位数为，百位数为，则这个数的个位只能是，满足条件的数共有个，若这个数的千位数为，百位数为，则满足条件的数共有个，若这个数的千位数为，这个数的个位只能是，则满足条件的数共有个，若这个数的千位数为，则满足条件的数共有个，根据分类计数原理，可得满足条件的数共有个．故选：C．8．已知上可导函数的图象如图所示，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由函数的图象确定导函数的符号，再求解不等式即可【详解】由函数的图象可得，当时，，当时，，由可得，或，解得或，所以不等式的解集为，故选：A9．等差数列的前项和为.已知，.记，则数列的（    ）A．最小项为 B．最大项为 C．最小项为 D．最大项为【答案】C【分析】根据题意求得等差数列的通项公式和前项和，得到，结合，可排除A、D，再求得数列的单调性，得到B不正确，C正确.【详解】由题意，设等差数列的公差为，因为，，可得，所以，，则，可得，所以，可排除A、D；设，则，因为，所以，所以在区间和上都是单调递增函数，即当时，数列为递增数列，当时，数列也为递增数列，其中，例如当时，可得，所以B不正确，C正确.故选：C.【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.10．关于函数，下列判断不正确的是（    ）A．是的极小值点B．函数有且只有个零点C．存在正实数，使得恒成立D．对任意两个正实数，，且，若，则【答案】C【分析】由导数求极值最值可知A正确，由函数单调性和零点存在性定理可知B正确，参变分离可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断C，构造，利用导数判断单调性可知D正确．【详解】函数的定义域为，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以是的极小值点，故A正确；设，，因为，所以，所以在上单调递减，，，所以，使得，即函数有且只有个零点，故B正确；若，即，则，令，则，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以，所以在上单调递减，函数无最小值，且当时，所以不存在正实数，使得恒成立，故C错误；要证，即证，不妨设，由，，．设，，，在上单调递减，所以，所以，即，又因为，，，，又因为在上单调递增，所以有，即，故D正确．故选：C．【点睛】思路点睛：借助导数研究函数的极值情况，构造新函数研究函数的零点问题以及参数取值范围；可以将自变量的大小比较通过构造新函数，通过单调性转化为函数值的大小比较，从而得到自变量间的关系． 二、填空题11．函数的单调增区间为      ．【答案】/【分析】利用导数求出函数的单调增区间作答.【详解】函数的定义域为，求导得：，由，即，解得，所以函数的单调增区间为.故答案为： 三、双空题12．若展开式中的所有二项式系数和为512，则     ；该展开式中的系数为        （结果用数字表示）.【答案】     9     -84【分析】由二项式系数和为，即可求解的值，利用通项公式即可求得展开式中的系数．【详解】由已知可得，解得，则的展开式的通项为，令，解得，展开式中的系数为．故答案为：9，．13．已知数列的前项和为，点在直线上，则数列的首项                    ，数列的通项公式                    ．【答案】     2     【分析】由点在直线上，可得，即可得，，两式相减得，从而得数列是等比数列，首项为2，公比为3，即可得通项公式.【详解】解：因为点在直线上，则，当时，，解得；当时，有，两式相减得，即，所以数列是等比数列，首项为2，公比为3，因此有.故答案为：，． 四、填空题14．当时，函数有两个极值点，则实数m的取值范围           .【答案】【分析】函数有两个极值点转化为方程有两个不同的实数根，等价于与有两个不同的交点，构造函数，即可求出结果.【详解】有两个极值点，所以有两个不同的实数根，即有两个不同的实数根，等价于与有两个不同的交点，设，当单调递减，当单调递增，所以当；所以与要有两个不同的交点，只需故答案为：【点睛】方法点睛：含参方程有根的问题转化为函数图像的交点问题，数形结合，是常用的方法.本题考查了运算求解能力和数形结合思想，属于一般题目.15．数列中的所有项排成如下数阵： 已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数，，，成等差数列，且，，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列．①；②在第列；③；④．以上正确结论的序号是       ．【答案】①③④【分析】根据已知条件，按照行和列的顺序分别推理，可判断，可利用行和列的通项，判断单调性，求解出对应的最大最小值，比较即可判断，利用等差等比的通项公式推导可判断．【详解】解：对，第一列数，，，成等差数列，且，，，故，正确；对，第一行共有项，第二行共有项，第三行共有项，，第行共有项，所以前一行共有项，前二行共有项，前三行共有项，，前行共有项，前行共有项，而，位于第行列，错误；对，第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，且每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，第行的数构成以为首项，公比为的等比数列，，正确；对，第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，，令，，当时，单调递减，又，，令，在上单调递增，，成立，正确．故答案为：．【点睛】关键点定睛：解题的关键点是类比推理，数阵行、列的规律总结、类比出等差、等比数列及项数. 五、解答题16．已知数列为等差数列，且，.(1)求数列的通项公式；(2)若等比数列满足，，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由得出数列的通项公式；（2）先由得出公比，再由求和公式计算即可.【详解】（1）因为，，所以，解得.即数列的通项公式为.（2）设公比为，因为，所以，所以数列的前项和为.17．已知是函数的一个极值点.(1)求实数的值；(2)求函数在区间上的最大值和最小值.【答案】(1)3(2)， 【分析】（1）先求出函数的导数，根据极值点可得导数的零点，从而可求实数的值；（2）由（1）可得函数的单调性，从而可求最值.【详解】（1），是的一个极值点,.，，此时，令，解剧或，令，解得，故为的极值点，故.（2）由（1）可得在上单调递增，在上单调递减，故在上为增函数，在上为减函数，.又.18．名男生和名女生（包含甲、乙）站成一排表演节目．(1)若这名女生不能相邻，有多少种不同的排法？(2)甲乙必须相邻，有多少种不同的排法？(3)若甲不能站在左端，乙不能站在右端，有多少种不同的排法？【答案】(1)2880(2)10080(3)30960 【分析】（1）先排名男生，再将名女生插入名男生产生的个空中，利用插空法求解即可；（2）利用捆绑法求解即可；（3）分甲站在右端和甲不站在右端两种情况，求解即可．【详解】（1）要使这名女生不相邻，可以先排名男生，再将名女生插入名男生产生的个空中，所以这名女生不相邻的排法有种．（2）利用捆绑法，把甲和乙捆在一起，看作一个人，则不同的排法有种；（3）甲站在右端，其余人全排列，有种排法．甲不站在右端有种排法，乙有种排法，其余人全排，有种排法．故一共有种排法．19．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，证明：在上单调递增；(3)判断与的大小关系，并直接写出结论．【答案】(1)；(2)证明见解析(3) 【分析】（1）由题意得，求出，，即可得出答案；（2）求导，利用导数的正负即可确定函数的单调性，即可得出答案；（3）构造函数，利用导数确定单调性，结合（2）的结论即可求解．【详解】（1），所以，，故曲线在点处的切线方程为；（2）由题意得所以，在上恒成立故在上单调递增.（3），证明如下：设，则，由（2）知:在上单调递增，则，所以，即在上单调递增，故，即．20．已知函数．(1)设；①求单调区间；②试问有极大值还是极小值？并求出该极值．(2)若在上恰有两个零点，求的取值范围．【答案】(1)①在上单调递增，在上单调递减；②有极大值，无极小值(2) 【分析】（1）①求导，然后解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间；②根据函数的单调性即可求解极值问题．（2）由题意，转化为方程有两个解，即直线与函数，有两个交点，构造，求导得到其单调性，数形结合，即可求出的取值范围．【详解】（1）当时，，，则，令，得，令，得，在上单调递增，在上单调递减；结合当时，函数有极大值，无极小值．（2）因为函数在上恰有两个零点，所以方程在上有两个解，即在上有两个解，记，，则直线与函数，有两个交点，则，记，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，令得，又，，所以当时，，，函数单调递增，当时，，，函数单调递减，又，，，如图，    由图知，要使直线与函数，有两个交点，则，所以函数在上恰有两个零点时，的取值范围为．【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.21．若数列：，，，满足：对任意，均有成立，则称数列为“数列”．(1)直接判断下面三个数列是否是“数列”；①：，，，；②：，，，；③：，，，；(2)若“数列”：，，，满足，证明：数列是等差数列的充分不必要条件是；(3)求的取值范围，使得存在非零实数，对任意正整数，数列：，，，，恒为“数列”．【答案】(1)①②③均为“数列”(2)证明见解析(3) 【分析】（1）根据“数列”的定义直接判断这三个数列即可；（2）根据条件可知数列是以为公差的等差数列，充分性成立，再由数列是“数列”且，可证不必要性；（3）当时，易知数列为“数列”；当时，条件等价于对任意的正整数，，然后分，，和四种情况讨论即可．【详解】（1）均为“数列”．（2）充分性：对，由条件，，即，，，当时，，数列是以为公差的等差数列．不必要性：当是常数列，且时，数列是“数列”，但．（3）当时，取，则数列为“数列”；当时，条件等价于对任意的正整数，，即，，当时，取，则成立；当时，取，则成立；当时，取，则当偶数时，；当是奇数时，，均成立；当时，下证：存在正整数，使得，即．事实上，当时，取奇数且，则成立；当时，取是偶数且，则成立．综上所述，的范围为．