山东省济宁市泗水县2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

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2022～2023学年度第二学期期中教学质量检测高二数学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页；满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的考场、座号、姓名、班级填（涂）写在答题卡上.2．第Ⅰ卷的答案须用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂其它答案标号.3．答第Ⅱ卷（非选择题）考生须用0.5mm的黑色签字笔（中性笔）作答，答案必须写在答题卡的各题目指定的区域内相应位置，如需改动，须先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带.否则，该答题无效.4．书写力求字体工整、符号规范、笔迹清楚.一、单项选择题：本题共8小题，每题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知等比数列的前2项和为，则（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据题意得到，解方程组得到，，再求即可.【详解】因为，所以，由题知：，所以，解得，所以，即，所以.故选：D2. 设，则（    ）A  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】构造，利用导数可知函数在单调递减，又，，，根据单调性即可得到结果.【详解】设，则，令，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；又，，，所以，即.故选：D.3. 小陈和小李是某公司的两名员工，在每个工作日小陈和小李加班的概率分别为和，且两人同时加班的概率为，则某个工作日，在小李加班的条件下，小陈也加班的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】分析】根据题意结合条件概率公式运算求解.【详解】记“小李加班”为事件A，“小陈加班”为事件B，则，故在小李加班的条件下，小陈也加班的概率为.故选：C.4. 如图，已知函数的图象在点处的切线为l，则（    ）A.  B.  C. 0 D. 2【答案】C【解析】【分析】数形结合，求出切线斜率和切点坐标，即可计算.【详解】由图象可得，切线过点和，切线斜率为，，切线方程为，则切点坐标为，有，所以故选：C.5. 中国空间站（China Space Station）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．2022年10月31日15:37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕．2023年，中国空间站将正式进入运营阶段．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱中都有2人，则不同的安排方法有（    ）A. 72种 B. 90种 C. 360种 D. 450种【答案】B【解析】【分析】利用分组和分配的求法求得名航天员的安排方案.【详解】由题知，6名航天员安排三舱，三舱中每个舱中都有2人,所以共有种；故选：B.6. 定义：在数列中，若满足（，为常数），称为“等差比数列”．已知在“等差比数列”中，，，则等于  （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题知是首项为1，公差为2的等差数列，则，利用即可求解．【详解】由题意可得：，，，根据“等差比数列”定义可知数列是首项为1，公差为2的等差数列，则，所以，，所以．故选：D7. 已知函数在定义域内单调递减，则实数a的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由已知可得在上恒成立，可转化为.求出的最小值，即可得出实数a的取值范围.【详解】由已知，函数的定义域为，.由在定义域内单调递减，所以在上恒成立，即，可转化为在上恒成立，所以．因为，所以，所以．因此实数a的取值范围是．故选：D．【点睛】思路点睛：求出函数的导函数，然后根据函数的单调区间得到不等式恒成立的问题.分离参数或二次求导求出最值即可得出答案.8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉．函数称为高斯函数，其中，表示不超过x的最大整数，例如：，，则方程的所有解之和为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】，，使，可得，，分类讨论k为奇数和偶数的情况，求出k的值，再代入求解即可.【详解】解：，，使，则，可得，，若k为奇数，则，所以，，则，解得，或，当时，，，，，当时，，，，，若k为偶数，则，所以，，则，解得，或，当时，，，，当时，，，，，因此，所有解之和为：，故选：C.【点睛】结论点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.二、多项选择题：本题共4小题，每题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 在的展开式中,下列说法正确的是(   )A. 常数项是 B. 第四项和第六项的系数相等C. 各项的二项式系数之和为 D. 各项的系数之和为【答案】AC【解析】【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断.【详解】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,常数项为,故A正确;对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.故选:AC.10. 已知事件满足，则（    ）A. 若，则B. 若与互斥，则C. 若，则与相互独立D. 若与相互独立，则【答案】BC【解析】【分析】根据事件的关系以及运算，互斥事件的概率加法公式，独立事件的概率公式，条件概率的概率公式等即可求出．【详解】对A，因为，所以，错误；对B，因为与互斥，所以，正确；对C，因为，所以，而，所以，正确；对D，因为与相互独立，所以与相互独立，所以，，错误．故选：BC.11. 已知等差数列的前项和为，若，则（    ）A. 公差 B. C. 的最大值为 D. 满足的的最小值为16【答案】AC【解析】【分析】根据求出与公差的关系即可判断AB；再根据等差数列前项和公式即可判断CD.【详解】因为，则，即，则，故A正确；，故B错误；由，得，,因为，所以数列是递减数列，且当时，，当时，，所以的最大值为，故C正确；，令，解得，所以满足的的最小值为，故D错误.故选：AC.12. 定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有成立，则有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】CD【解析】【分析】构造函数，判断其单调性即可判断大小.【详解】令，则，由已知可得，即在上单调递减.所以，故，，即C、D选项正确.故选：CD第Ⅱ卷（非选择题  共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 盒中有个质地，形状完全相同的小球，其中个红球，个绿球，个黄球；现从盒中随机取球，每次取个，不放回，直到取出红球为止.则在此过程中没有取到黄球的概率为___________.【答案】【解析】【分析】分别计算“第一次取到红球”的概率和“第一次取到绿球，第二次取到红球”的概率后相加即可.【详解】没有取到黄球，可以是“第一次取到红球”或“第一次取到绿球，第二次取到红球”记事件表示第一次取到红球，表示第二次取到红球，表示第一次取到绿球，则，，∴没有取到黄球的概率为.故答案为：.14. 在等比数列中，且，则________.【答案】【解析】【分析】利用等比数列的下标性质，结合对数的运算性质进行求解即可.【详解】，故答案为：15. 已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且，，则不等式的解集是________．【答案】【解析】【分析】利用构造法，构造函数，由其导数可得新函数的单调性，根据函数的对称性，可得新函数的函数值，进而可得答案.【详解】设，∴，∴在R上单调递减．∵，∴的图象关于直线对称，∴，∴．∵，∴，即，∴2，故不等式的解集是．故答案为：.16. 过点与曲线相切的直线方程为______．【答案】【解析】【分析】由导数的几何意义得出切线方程，进而由切点的位置得出，从而得出切线方程.【详解】设切点坐标为，，.则切线方程为，因为在切线上，所以，即又，所以，令，，当时，，所以在上单调递增，所以方程只有唯一解为.即切点坐标为，故所求切线方程为，即.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. （1）求值：．（2）若，且．求的值．【答案】（1） 时， ； 时， ；（2）【解析】【分析】（1）根据组合数的性质推出n的取值范围，再分类求解；（2）先求出n的值，再运用赋值法求解.【详解】（1）由组合数的性质，可得解得．又因为，所以或，当时，原式，当时，原式；（2）由，得，即，解得或（舍去），所以，当时，由已知，得，令，得，令，得，所以18. 已知的一个极值点为2.（1）求函数的单调区间.（2）求函数在区间上的最值.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为    （2）函数在区间上的最大值为，最小值为.【解析】【分析】（1）由题目极值点为2可以求得解析式中m的值，并验证确为极值点，则函数表达式确定，根据导数的正负判断函数单调性即可；（2）根据（1）中对函数单调性的研究，可以判断在区间上的单调性，从而得出最大最小值.【小问1详解】由题意可得：，则，解得，当时，，，令，解得或，则的递增区间为，递减区间为，可得为极小值点，即符合题意，故的递增区间为，递减区间为.【小问2详解】∵，由（1）可得：在上单调递增，在上单调递减，则函数在区间上的最大值为，又∵，即，则函数在区间上的最小值为，故函数在区间上的最大值为，最小值为.19. 已知等差数列的前n项和为，公差，，，成等差数列，，，成等比数列．（1）求；（2）记数列的前n项和为，，证明数列为等比数列，并求的通项公式．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据等比中项以及等差中项，结合等差数列基本量的计算即可求解公差和首项，（2）根据结合前项和与通项之间的关系即可证明等比数列，由等比数列的定义即可求解通项.【小问1详解】由，，成等差数列，，，成等比数列可得，【小问2详解】由得，故，两式相减可得，而，所以为公比为2的等比数列，且首项为，故，进而20. 为弘扬体育精神，营造校园体育氛围，某校组织“青春杯”3V3篮球比赛，甲、乙两队进入决赛．规定：先累计胜两场者为冠军，一场比赛中犯规4次以上的球员在该场比赛结束后，将不能参加后面场次的比赛．在规则允许的情况下，甲队中球员都会参赛，他上场与不上场甲队一场比赛获胜的概率分别为和，且每场比赛中犯规4次以上的概率为．（1）求甲队第二场比赛获胜的概率；（2）用表示比赛结束时比赛场数，求的期望；（3）已知球员在第一场比赛中犯规4次以上，求甲队比赛获胜的概率．【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）设“第i场甲队获胜”，“球员第i场上场比赛”，，2，3．根据对立事件的概率公式即可求解；（2）由题意知的可能取值为2，3，结合对立事件和独立事件的概率公式和数学期望的计算公式即可求解；（3）根据对立事件、独立事件的概率公式和条件概率公式计算即可求解.【小问1详解】设“第i场甲队获胜”，“球员第i场上场比赛”，，2，3．由全概率公式．【小问2详解】的可能取值为2，3．由题意知，由（1）知，则，，，，．【小问3详解】，此时，．21. 已知数列满足，，数列满足．（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）由题意先求出，再根据，得，从而可得，再利用构造法求出的通项，从而可得的通项公式；（2）分为偶数和奇数两种情况讨论，再结合分组求和法即可得解.【小问1详解】，得，因为，即，解得，由，得，又，故，所以，即，所以，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，则，故，所以；【小问2详解】当为偶数时，，当为奇数时，，综上所述，.22. 已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【详解】（1），，.，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为．（2）［方法一］：通性通法,，且.设,则∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,∴,∴成立.当时， ，，,∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，因此>1,∴∴恒成立；当时， ∴不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由得，即，而，所以．令，则，所以在R上单调递增．由，可知，所以，所以．令，则．所以当时，单调递增；当时，单调递减． 所以，则，即．所以a的取值范围为．［方法三］：换元同构由题意知，令，所以，所以．于是．由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．令，所以．当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，取得最大值为．所以．［方法四］：因定义域为，且，所以，即．令，则，所以在区间内单调递增．因为，所以时，有，即．下面证明当时，恒成立．令，只需证当时，恒成立．因为，所以在区间内单调递增，则．因此要证明时，恒成立，只需证明即可．由，得．上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．当时，因为，显然不满足恒成立．所以a的取值范围为．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可．