安徽省六安市独山中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试卷

这是一份安徽省六安市独山中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了等比数列中，，则的前项和，已知，则等于，若函数，下列变量等内容，欢迎下载使用。


1．习总书记说“绿水青山就是金山银山”某林场牢记使命、攻坚克难，绿色种植面积以每5年的速度增长，要达到最初种植面积的10倍大约需要经过（ ）年？
A．50B．100C．125D．200
2．等比数列中，，则的前项和（ ）
A．B．C．D．
3．已知数列满足，令，设的前项和为，则（ ） .
A．5049B．5050C．5051D．5052
4．设数列的前项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”.已知数列是数列的“均值数列”，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．某冷饮店的冰淇淋在一天中销量为200个，三种口味各自销量如表所示：
把频率视作概率，从卖出的冰淇淋中随机抽取10个，记其中草莓味的个数为X，则（ ）
A．5B．3C．2D．1
6．已知，则等于（ ）
A．B．1400C．840D．
7．若函数（且）在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．将名教师和名学生安排到个地区开展调研活动，出于安全考虑，若每个地区至少安排名教师，至多安排名学生，则不同的安排方式共有种（ ）
A．B．C．D．
9．(多选题)下列变量：
①某机场候机室中一天的旅客数量为；
②某寻呼台一天内收到的寻呼次数为；
③某水电站观察到一天中长江的水位为；
④某立交桥一天内经过的车辆数为.
其中是离散型随机变量的是（ ）
A．①中的B．②中的
C．③中的D．④中的
10．若的二项展开式共有9项，则该二项展开式（ ）
A．各项二项式系数和为256B．项数为奇数的各项系数和为
C．有理项共有5项D．第5项系数最大
11．已知函数，则（ ）
A．的极小值为2
B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
12．曲线在处切线的斜率为 .
13．设数列的前项和为，，，，则 .
14．有名演员，其中人会唱歌，人会跳舞，现要表演一个人唱歌人伴舞的节目，则不同的选派方法共有 种（写出具体数字结果）．
15．如图，从左到右有5个空格．
(1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答）
(2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答）
(3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）．
16．在的展开式中，前3项的系数成等差数列，且第二项的系数大于1
(1)求展开式中含的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
17．新高考数学试卷增加了多项选择题，每小题有A、B、C、D四个选项，原则上至少有2个正确选项，至多有3个正确选项，题目要求：“在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．”其中“部分选对的得部分分”是指：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分；若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且都正确得4分．
(1)若某道多选题的正确答案是BD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项，写出该生所有选择结果构成的样本空间，并求该考生得正分的概率；
(2)若某道多选题的正确答案是ABD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项；在某考生此题已得正分的条件下，求该考生得4分的概率；
(3)若某道多选题的正确答案是2个选项或是3个选项的概率均等，一考生只能判断出A选项是正确的，其他选项均不能判断正误，给出以下方案，请你以得分的数学期望作为判断依据，帮该考生选出恰当方案：
方案一：只选择A选项；
方案二：选择A选项的同时，再随机选择一个选项；
方案三：选择A选项的同时，再随机选择两个选项．
18．已知数列{an}满足an+2+an=2an+1（），数列满足（），且a1=b1，a3=5，a5+a7=22.
（1）求an及bn；
（2）令cn=anbn，，求数列{cn}的前n项和Sn.
19．已知函数.
(1)若是的极值点，求实数的值；
(2)若，求在区间上的最大值.
评卷人
得分
一、单选题
冰淇淋口味
草莓味
巧克力味
原味
销量（个）
40
60
100
评卷人
得分
二、多选题
评卷人
得分
三、填空题
评卷人
得分
四、解答题
参考答案：
1．C
【分析】利用等比数列的概念，列方程求解.
【详解】设需要经过5n年，才能达到最初种植面积的10倍，则

所以
所以
故选：C
2．B
【分析】根据等比数列的通项公式整理方程，解得公比，利用求和公式，可得答案.
【详解】设等比数列的公比为，由，则，由，则，
解得，所以.
故选：B.
3．B
【分析】先计算出，得到为等差数列，按照等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】，，，
所以是以3为首项，4为公差的等差数列，.
故选：B.
4．C
【分析】根据题意求出和，从而求出，即可求解.
【详解】因为，①
所以，，②
①-②得，，所以，故
故，
.
故选：C.
5．C
【分析】按照所给的数据，卖出草莓味冰淇淋的频率为 ，
抽取的草莓味的冰淇淋个数分布列服从超几何分布，按照超几何分布的公式计算即可.
【详解】由题意可得卖出草莓味冰淇淋的频率为，
由于把频率视作概率，故卖出草莓味冰淇淋的概率为，
已知Ⅹ表示抽取卖出的冰淇淋中草莓味的个数，
则X服从超几何分布，且，，
，由超几何分布的定义知，，．所以；
故选：C．
6．A
【分析】由题得，由此可求的值.
【详解】
，
二项式展开式为，
故
故选：A.
7．D
【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用单调性建立不等式，借助不等式恒成立求解作答.
【详解】函数定义域为，求导得：，
依题意，，，当时，，恒有，则不成立，
当时，，则恒成立，而，当且仅当时取等号，因此，
所以实数的取值范围为.
故选：D
8．C
【分析】分别将教师和学生进行分组，再进行分配即可.
【详解】名教师分成组，一定有人在一个组，共有种方法；
名学生可以分成组或组，共有种方法；
所以不同的安排方式有.
故选：C
9．ABD
【分析】利用离散型随机变量的概念，对选项逐一分析判断即可得解.
【详解】因为所有取值可以一一列出的随机变量为离散型随机变量，
而①②④中的随机变量的可能取值，我们都可以按一定的次序一一列出，
因此它们都是离散型随机变量；
而③中的可以取某一区间内的一切值，无法按一定次序一一列出，
因此它不是离散型随机变量.
故选：ABD.
10．ACD
【分析】由题意可得，对于A，利用二项式展开式的系数的性质求解，对于B，根据二项式展开式的特点求解，对于C，求出二项式展开式的通项公式，再求解其有理项，对于D，根据二项式展开式的通项公式求解
【详解】因为的二项展开式共有9项，所以，
对于A，各项二项式系数和为，所以A正确，
对于B，展开式的通项公式为，所以项数为奇数的各项系数和为，所以B错误，
对于C，由于，则当时，为有理项，共5项，所以C正确，
对于D，因为二项式展开式的系数为，所以二项式展开式的第5项的系数最大，所以D正确，
故选：ACD
11．CD
【分析】利用导数研究函数的单调性、极值点、极值以及零点判断A、B，根据函数关于点对称的充要条件判断C，再根据导数的几何意义求函数的切线方程判断D.
【详解】，，
令，解得：或，
时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
的极小值为：，
的极大值为：，
有两个零点，的极小值为0，故A错误、B错误；
对C，若点是曲线的对称中心，则有，
将函数代入上式验证得：
，故C正确；
对于D，，解得：，
当时，， 切线方程为：，即，故D正确.
故选：.
12．
【分析】求导可得，代入数据，即可得答案.
【详解】因为，所以，
所以，即曲线在处切线的斜率为.
故答案为：
13．（）
【分析】根据题意，由与的关系可得，从而可得，即可得到结果.
【详解】因为，当时，，
两式相减可得，即，
所以，又，所以，
所以，所以，且也符合上式，
所以，所以，.
故答案为：（）
14．
【分析】首先确定仅会唱歌、仅会跳舞和既会唱歌又会跳舞的演员人数，以仅会唱歌的人被选派的人数为分类依据，分别求得每种情况的选派方法数，根据分类加法计数原理可求得结果.
【详解】由题意可知：名演员中，既会唱歌又会跳舞的演员有：人，
则有人仅会唱歌，人仅会跳舞；
①仅会唱歌的人中有人表演唱歌节目，则选派方法有种；
②仅会唱歌的人中有人表演唱歌节目，则选派方法有种；
③仅会唱歌的人中无人表演唱歌节目，则选派方法有种；
由分类加法计数原理可知：不同的选派方法有种.
故答案为：.
15．(1)96
(2)48
(3)180
【分析】（1）先将排好，再排其他数字即可；
（2）先涂第一个格子，再涂第二个格子，依次进行，求出每步的方法种数，即可得解；
（3）法一：从5家企业中选一家，再从3位校长中选2位，再从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，进而可得出答案.
法二：先将五家企业分为3份，再将这3份分给3位校长即可.
【详解】（1）分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法；
②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有种情况，
则一共有种不同的填法；
（2）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，
第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，
同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，
则五个格子共有种不同的涂法；
（3）法一：根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈，
第1步：从5家企业中选一家，
第2步：从3位校长中选2位，
第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，
第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业，
因此有种．
法二：五家企业记为A，B，C，D，E，把这五家企业分为3份，
如，，，
含有E的这一份要从A，B，C，D取一家组成2家，如取A得，
前面分三份会出现，因此有，
然后再分给3位校长，
因此总排法有种．
【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
16．(1)
(2)或
【分析】（1）根据已知先求出，然后结合通项展开式即可求解；
（2）由不等式组法求得系数最大的项位于展开式中的第几项，由此即可得解.
【详解】（1）二项式通项公式为
，
所以第一项的系数为：，第二项的系数为：，第三项的系数为：，
由于前三项的系数成等差数列，所以，解得，或 （舍去），
二项式通项公式为，
根据题意，得，解得，因此，展开式中含的项为.
（2）设第k项的系数最大，故，
即，即，
解得，因为，所以或，
故系数最大的项为或．
17．(1)答案见解析；
(2)
(3)选择方案一更恰当
【分析】（1）根据古典概型计算公式进行求解即可；
（2）根据古典概型和条件概率的计算公式求解即可；
（3）设方案一、二、三的得分分别为，，，分别求出三种方案下，，的可能取值，及其对应的概率，再求出它们的数学期望，根据数学期望的大小关系进行判断即可.
【详解】（1）依题意有，设“某题的答案是，该考生得分”，则，
.
（2）设“某题的答案是，该考生得正分”，则，
，
设“某题的答案是，该考生得4分”，则，
，
所以该考生此题已得正分的条件下，则该考生得4分的概率为.
（3）设方案一、二、三的得分分别为，，，
方案一：，
，，
即的分布列为：
则；
方案二：，
，，，
即的分布列为：
则；
方案三：，
，，
即的分布列为：
则，
，
以得分的数学期望作为判断依据选择方案一更恰当.
18．（1）an=2n﹣1，bn=2n﹣1；（2）Sn=3+（2n﹣3）2n.
【解析】（1）由已知可得是等差数列，是等比数列，由基本量法求得，然后可得；
（2）用错位相减法求和．
【详解】（1）由数列{an}满足an+2+an=2an+1（），
可得{an}等差数列，设公差为d，
数列满足=d，
即{bn}等比数列，
由题有可得，
即有an=2n﹣1；
由=2，而b1=a1=1，可得bn=；
（2）cn=anbn=（2n﹣1）2n﹣1，
则前n项和Sn=11+32+522+…+(2n﹣1)，
2Sn=12+322+523+…+（2n﹣1）2n，
两式相减，得﹣Sn=1+2(2+22+…+)﹣(2n﹣1)2n
=1+2﹣(2n﹣1)2n，
化简可得.
【点睛】本题考查求等差数列与等比数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法：
设数列是等差数列，是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；如数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：例如数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
19．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，根据极值点可得，验证即可求解，
（2）求导，分类讨论，即可结合函数的单调性求解最值.
【详解】（1）．
因为是的极值点，所以，解得.
所以，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，符合题意，因此．
（2），
令，得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
由题可知．
（i）若，则在上单调递减，．
（ii）若，则在上单调递减，在上单调递增，
若，则，所以；
若，则，所以．
综上，当时，；当时，．
2
3
0
4
6
0
6