北京市海淀区中央民族大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题

这是一份北京市海淀区中央民族大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题，文件包含北京市海淀区中央民族大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题原卷版docx、北京市海淀区中央民族大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。

第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1. 已知，则（ ）
A. 1B. -1C. 2D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】由题，利用基本初等函数的导数公式可求得导函数，代入即可求得结果
【详解】由题，故，
故选：C
2. 在等比数列中，，，则是（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等比中项求解即可.
【详解】等比数列中, 因为成等比数列，
且，，
所以，
故选：D.
3. 等差数列满足，，则该等差数列的公差（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差中项公式与通项公式即可求解.
【详解】依题意，
因为是等差数列，且，，
故，解得，
则，解得.
故选：B.
4. 某校开学“迎新”活动中要把2名男生，3名女生安排在5个岗位，每人安排一个岗位，每个岗位安排一人，其中甲岗位不能安排男生，则安排方法的种数为（ ）
A. 72B. 56C. 48D. 36
【答案】A
【解析】
【分析】先安排甲岗位，剩下的全排即可求解．
【详解】先安排甲岗位，剩下的全排，则安排方法共有种，
故选：A.
5. （x）6展开式中常数项是（ ）
A. 第4项B. 24CC. CD. 2
【答案】B
【解析】
【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．
【详解】（x）6展开式的通项公式为，令60，求得，
可得展开式中常数项是•24，
故选：B
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
6 从0，1，2，3，4这5个数字中选出3个不同数字能组成（ ）个三位偶数
A. 30B. 24C. 18D. 36
【答案】A
【解析】
【分析】分个位为0、个位为2或4两种情况讨论得解.
【详解】当个位为0时，先从1,2,3,4中选出两个数字排列在百位和十位，共有种方法；
当个位为2或4时，先从2, 4中选出1个数字排列在个位，有种方法，再从剩下的3个非0数字中选一个排在百位，有种方法，最后从剩下的3个数字中选一个排在十位，有种方法，共有种方法.
综合得能组成个三位偶数.
故选：A
7. 已知，那么函数在处的瞬时变化率为（ ）
A. 1B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据简单复合函数的导函数计算规则求出函数的导函数，再代入计算可得；
【详解】解：因为，所以，所以，
所以函数在处的瞬时变化率为，
故选：C
8. 已知等差数列的前项和为，若，，则的值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用前项和的性质可求的值.
【详解】设，则
，故，故，
，故选C.
【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：
（1）若，则；
（2） 且 ；
（3）且为等差数列；
（4） 为等差数列.
9. 已知公差不为0的等差数列的第2,3,6项依次构成一个等比数列，则该等比数列的公比q为 ( )
A. B. 3C. ±D. ±3
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件设出首项与公差，利用等比中项列式求出其关系，表示出第2、3项即可求出公比.
【详解】设等差数列公差为d，首项为，则，，，
由等比中项公式：，化简可得：.
所以：，，作比可得公比为：3.
故选B.
【点睛】本题考查等差数列的通项以及等比中项，根据题意列出等量关系式，由公比的定义即可求出结果.
10. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有二阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第15项为（ ）
A. 94B. 108C. 123D. 139
【答案】B
【解析】
【分析】根据高阶等差数列的知识，结合累加法求出数列的通项公式，再求出该数列的第15项．
【详解】设该数列为，数列的前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，
则数列满足，，
所以
，
所以．
故选：B
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中任取一本，则不同的取法有______种．（以数字作答）
【答案】37
【解析】
【分析】
根据分类加法计数原理，由题中条件，即可得出结果.
【详解】一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中任取一本，由分类加法计数原理可知，不同的取法有种，
故答案为：37．
12. 已知，则________．
【答案】7
【解析】
【分析】根据组合数性质分析即可.
【详解】因为，故.
故答案为：7
13. 有个身高均不相等的学生排成一排合影，最高的人站在中间，从中间到左边和从中间到右边的身高都递减，则不同的排法有____种.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据排队问题中的顺序固定问题只选不排，以及分步计数原理计算求解即可．
【详解】最高的学生站在中间，有种排法，
再从其余四个同学中任意选取两个，站在最高同学的左边，由于身高从中间到左边递减，所以共有种不同排法，
最后两名同学站在最高同学的右边，按身高从中间到右边递减，共有种排法，
则个身高均不相等的学生排成一排合影，不同的排法有种，
故答案为：
14. 已知，则________．
【答案】
【解析】
【分析】利用赋值法可求出结果.
【详解】因为，
令，得，
令，得，
所以.
故答案为：
15. 已知函数存在两个极值点，给出下列四个结论：
①函数有零点；
②a的取值范围是；
③；
④．
其中所有正确结论的序号是___________．
【答案】①④
【解析】
【分析】求出函数定义域以及导函数.由可说明①正确；由已知，有两个不同的正数解，根据二次函数根的分布即可求出的范围，判断②；根据求根公式，解出，结合②中解出的的范围，可得到，即③错误；根据导函数得出函数的单调性，结合③的解析，可得，即④正确.
【详解】由已知可得，定义域为，.
对于①，因为，所以1是函数的一个零点，故①正确；
对于②，因为函数存在两个极值点，所以有两个不同的正数解，即方程有两个不同的正数解，
则应满足，解得，故②错误；
对于③，解方程可得，，因为，所以，由②知，所以，所以，故③错误；
对于④，由可得，即，所以，所以在上单调递增；解可得，或，所以在上单调递减，在上单调递减.
由③知，所以，故④正确.
故答案为：①④.
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 已知函数．
（1）求函数单调区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为
（2）最大值为1，最小值为
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导得到即可得到其单调区间；
（2）根据题意，由（1）中的单调区间即可得到其最值.
【小问1详解】
，
时，，的单调增区间为，
时，，的单调减区间为，
所以函数单调增区间为，单调减区间为.
【小问2详解】
由（1）知在上递减，在上递增，
当时，有极小值即最小值为．
，，
所以最大值为，最小值为
17. 在等差数列中，
（1）求的通项公式；
（2）若是公比为2的等比数列，，求数列的通项及前项和.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）设公差为，根据已知求出首项与公差，再根据等差数列通项公式即可得解；
（2）根据等差数列的通项求出数列的通项，即可得出数列{}的通项，再利用分组求和法即可得解.
【小问1详解】
设公差为，则，解得，
则，所以，
所以；
【小问2详解】
，
因为是公比为2的等比数列，
所以，
所以，.
所以
.
18. 已知数列中，， ，其中 ．
从①数列的前项和 ，② ，③且，这三个条件中一个，补充在上面的问题中并作答.
注：若选作多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求证：数列 是等差数列；
（3）设数列 ，求数列的通项公式及前20项和 ．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3），.
【解析】
【分析】（1）选①，利用与的关系求出即可；选②③，判断等比数列，再利用等比数列定义求出通项公式作答.
（2）由（1）的结论求出，再利用等差数列定义判断作答.
（3）由（2）的结论，利用裂项相消法求和作答.
【小问1详解】
选①，当时，，当时，，满足上式，
所以数列的通项公式是 .
选②，依题意，数列为等比数列，其首项为1，公比为2，
所以数列的通项公式是.
选③，由，，知，，则数列为等比数列，
公比为，有，解得，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）知，，显然，
所以数列是以1为公差的等差数列.
【小问3详解】
由（2）知，，
.
19. 已知函数.
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）设函数，证明：函数存在唯一的极小值点且极小值大于.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得，得到，进而求得切线方程；
（2）求得，令，得到，得出函数在上单调递增，进而得到存在使得，求得函数的单调性与极小值，结合时，函数单调递减，即可求解.
【小问1详解】
解：由的定义域为，可得，
则，即切线斜率为且切点为，
所以切线方程为.
【小问2详解】
解：由，可得函数的定义为，
且，
令，可得，所以单调递增，
即函数在上单调递增，
又由，所以存在使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，无极大值，
因为，且，
又因为时，函数单调递减，
所以，即，
所以函数存在唯一的极小值点且极小值大于.
20. 已知
（1）若在处取到极值，求的值；
（2）若存在使得，求的范围；
（3）直接写出零点个数，结论不要求证明.
【答案】（1）1 （2）
（3）且有一个零点;且有两个零点
【解析】
【分析】（1）由题可得，即可得a，但要注意检验；分，两种情况讨论单调性，结合可得答案；（3）由（2）分析可得答案；
【小问1详解】
的定义域为，，，所以，又时，，，得在上单调递增，在上单调递减，即在处取到极大值. 故.
【小问2详解】
注意到，又时，恒成立，于是在单调递增；则存在使得；
当时，令：，得.
当时，，当时，，
于是可以得到函数在上单调递增，在单调递减.则有极大值点
.若，可得在单调递减，于是，则满足题意；
若，则，则此时不存在相应的；
若，可得在单调递增，于是.则满足题意.
综上：的范围是；
【小问3详解】
且有一个零点；且有两个零点
21. 已知{}是公差不为0的无穷等差数列．若对于{}中任意两项，，在{}中都存在一项，使得，则称数列{}具有性质P．
（1）已知，判断数列{}，{}是否具有性质P；
（2）若数列{}具有性质P，证明：{}的各项均为整数；
（3）若，求具有性质P的数列{}的个数．
【答案】（1）数列具有性质，数列不具有性质
（2）证明见解析 （3）12个
【解析】
【分析】（1）根据数列{}具有性质P的定义即可求解；
（2）设数列的公差为，由题意，存在使得，同理，存在使得，两式相减，根据等差数列的定义即可得证；
（3）由题意结合（2）知的各项均为整数，所以为整数，首先证明为正整数，其次证明为的约数，从而即可求解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
所以对于{}中任意两项，，在{}中都存在一项，使得，
所以数列具有性质，
因为，所以取，则，
因为，
所以不存在一项，
所以数列不具有性质；
【小问2详解】
证明：设数列的公差为，
因为数列具有性质，所以存在使得，同理，存在使得，
两式相减，得，即，
因为，所以，
所以的各项均为整数．
【小问3详解】
解：由题意结合（2）知的各项均为整数，所以为整数，
首先证明为正整数，否则假设为负整数，则为递减数列，所以中各项的最大值为，
由题设，中存在某项，且，所以，
从而对任意正整数，，这与具有性质矛盾；
其次证明为的约数，
由得，，
所以，
所以为整数，即为的约数，
由为正整数，所以为的正约数，
因为，所以的正约数共有个，
对于首项为，的正约数为公差的等差数列，易知其满足性质，
所以具有性质的数列共有个．
【点睛】关键点点睛：解决本题（3）问需结合（2）的结论，得的各项均为整数，所以为整数，进而证明为正整数，然后再证明为的约数，这里牢牢抓住性质P的定义及等差数列的通项公式是解题的关键.