2021-2022学年海南省文昌市田家炳中学高二下学期期末检测数学试题（解析版）

2021-2022学年海南省文昌市田家炳中学高二下学期期末检测数学试题

一、单选题

1．若等比数列{an}满足a1+a2＝3，a4+a5＝81，则数列{an}的公比为（　　）

A．﹣2 B．2 C．﹣3 D．3

【答案】D

【分析】设等比数列{an}的公比为q，再根据题意列式求解

【详解】设等比数列{an}的公比为q，由a4+a5＝（a1+a3）q3，得3q3＝81，解得q＝3，

故选：D．

2．曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用导数的几何意义得到切线的斜率，利用点斜式求出切线方程.

【详解】∵

∴，所以，

又当时，，

所以在点处的切线方程为：，即.

故选：A.

3．下列求导运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据基本初等函数的导数公式及导数的运算法则计算可得；

【详解】解：对于A：，故A错误；

对于B：，故B错误；

对于C：，故C正确；

对于D：，故D错误；

故选：C

4．已知等比数列的前3项和为168，，则（    ）

A．14 B．12 C．6 D．3

【答案】D

【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.

【详解】解：设等比数列的公比为，

若，则，与题意矛盾，

所以，

则，解得，

所以.

故选：D.

5．二项式的展开式中的常数项为（    ）

A．210 B．－210 C．252 D．－252

【答案】A

【分析】写出展开式的通项，然后可得答案.

【详解】二项式的展开式的通项为，

令可得，所以常数项为，

故选：A

6．若，则n等（    ）

A．8 B．4 C．3或4 D．5或6

【答案】A

【分析】根据排列数和组合数公式，化简，即可求出.

【详解】由题意，根据排列数、组合数的公式，

可得，

，

则，且，

解得：.

故选：A

7．贵阳一中体育节中，乒乓球球单打12强中有4个种子选手，将这12人平均分成3个组（每组4个人）、则4个种子选手恰好被分在同一组的分法有（    ）

A．21 B．42 C．35 D．70

【答案】C

【分析】由题意4个种子选手恰好被分在同一组，则将剩余的8人平均分为2组即可.

【详解】4个种子选手分在同一组，即剩下的8人平均分成2组，方法有种，

故选:C．

8．在的展开式中，各项系数的和为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】直接令，即可求得各项系数的和.

【详解】令，可得各项系数的和为.

故选：B.

二、多选题

9．已知等比数列{}中，满足，，则（    ）

A．数列{}是等比数列 B．数列是递增数列

C．数列是等差数列 D．数列{}中，仍成等比数列

【答案】AC

【分析】先利用等比数列通项公式求出，从而得到，利用等比数列的定义判断A选项；得到，判断出为递减数列；求出，利用等差数列定义判断C选项，计算出，利用得到不成等比数列.

【详解】由题意得：，所以，则，

所以数列{}是等比数列，A正确；

，所以，且，故数列是递减数列，B错误；

，所以，C正确；

，

因为，故数列{}中，不成等比数列，D错误.

故选：AC

10．下列求导运算正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据基本初等函数的求导公式及运算法则即可求解.

【详解】解：对A：，故选项A错误；

对B：，故选项B正确；

对C：，故选项C正确；

对D：，故选项D错误.

故选：BC.

11．从4名男生和4名女生中选出4人组成一支队伍去参加一项辩论赛，下列说法正确的是（    ）

A．如果参赛队中男生女生各两名，那么一共有36种选法

B．如果男生甲和女生乙必须入选，那么一共有30种选法

C．如果至少有一名女生入选，那么一共有140种选法

D．如果4人中必须既有男生又有女生，那么一共有68种选法

【答案】AD

【分析】根据两个计数原理分类或分步选取即可.

【详解】对于A，男生女生各选两名，共有种，故A正确；对于B，除甲乙，在剩下的3名男生和3名女生中共选2名，共有种，故B错误；对于C，用全部选法减去全是男生的选法即可，共有种，故C错误；对于D，用全部选法减去全是男生和全是女生的选法即可，共有种，故D正确.

故选：AD.

三、单选题

12．关于的二项展开式,下列说法正确的是（    ）

A．二项式系数和为128

B．各项系数和为-7

C．第三项和第四项的二项式系数相等

D．项的系数为-240

【答案】A

【分析】计算二项式系数和即可得选项A的正误;将代入二项式中即可得选项B正误;分别写出第三项和第四项的二项式系数即可判断选项C的正误;写出二项式的通项,使的次方为-1,解出项数,即可得项的系数,即可判断选项D的正误.

【详解】解:由题知,中二项式系数和为,故选项A正确;

将代入二项式中可得各项系数和为,故选项B错误;

在中,第三项的二项式系数为,第四项的二项式系数为,

因为,所以选项C错误;

在中,第项

取,即,

故,

故项的系数为-280,故选项D错误.

故选:A

四、填空题

13．已知等比数列的前n项和为，，，若，则___________.

【答案】5

【分析】根据，求得公比，再由求解.

【详解】解：在等比数列中，，，

所以，解得，

又，

即，解得，

故答案为：5

14．函数在区间上的最小值为__________．

【答案】

【分析】利用导数法求解.

【详解】解：因为，

所以，

令，得，

当时，，当时，，

所以当时，取得极小值，

又，

所以在区间上的最小值为，

故答案为：

15．甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排，要求甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排法共有______种

【答案】36

【分析】将丁、戊两人排好，应用组合排列分别求甲乙看作整体与丙插入队列、甲乙丙看作整体插入队列计数，最后加总.

【详解】将丁、戊两人排好有种，队列中有3空，

甲乙看作一个整体有种，再将其与丙插入3个空中的2个则种，故种；

甲乙丙看作一个整体有2种，再插入3个空中的1个则种，故种；

所以共有种.

故答案为：36

五、双空题

16．在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则正整数__________．常数项是__________．

【答案】     6    

【分析】根据二项式系数之和为64，求出的值，然后求出展开式的通项公式，令的次数为0，进行求解即可．

【详解】解：由题意，，

所以，令，，

所以常数项为．

故答案为：6；．

六、解答题

17．求下列函数的导数.

(1)

(2)

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由导数的乘法运算法则可得答案；

（2）由导数的除法运算法则可得答案

【详解】（1）因为，所以

.

（2）

.

18．在等比数列中，已知，．求：

(1)数列的通项公式；

(2)数列的前4项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）求出等比数列的公比，再根据等比数列的通项公式即可得解；

（2）利用等比数列前项和公式即可得出答案.

【详解】（1）解：由题意，设等比数列的公比为，

则，解得，

故，；

（2）解：由（1）知，，

故数列是以为首项，4为公比的等比数列，

．

19．已知函数，且.

(1)求a和b的值；

(2)求函数的极值.

【答案】(1)

(2)极大值9，极小值

【分析】(1)由条件，结合导数运算列方程可求a和b的值；(2)根据函数的极值与导数的关系利用导数求极值即可.

【详解】（1）因为，所以，

由，得

解得.

（2）由（1）得，

.

由得或；由得.

由得或；

∴的单调递增区间为，单调递减区间为

∴在处取得极大值9，在处取得极小值

20．某单位组织职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有1人，A型血的共有16人，B型血的共有15人，AB型血的共有12人．

(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？

(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？

【答案】(1)44

(2)2880

【分析】（1）由分类加法计数原理计算可得答案；

（2）用分步乘法计数原理计算可得答案.

【详解】（1）解：从O型血的人中选1人有1种不同的选法，从A型血的人中选1人有16种不同的选法，

从B型血的人中选1人有15种不同的选法，从AB型血的人中选1人有12种不同的选法．

任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情都能完成，

所以由分类加法计数原理，共有（种）不同的选法．

（2）解：要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才完成，

所以用分步乘法计数原理，共有（种）不同的选法．

21．已知的展开式中各项的二项式系数之和为64.

(1)求的展开式中项的系数；

(2)求展开式中的常数项.

【答案】(1)240

(2)

【分析】（1）由二项式系数的性质得出，再由通项求解即可；

（2）由的通项，分类讨论求解即可.

【详解】（1）由题意结合二项式系数的性质可得，解得.

的通项为，

令，得，

所以的展开式中的系数为.

（2）由（1）知，的通项为，

令，得；

令，得，

故展开式中的常数项为

22．已知函数.

(1)求函数在区间上的最大值；

(2)过原点作曲线的切线，求切线的方程.

【答案】(1)最大值为2

(2)或

【分析】（1）求导，求得极值和端点值求解；

（2）令切点为，求得切线方程，然后由切线过原点求解.

【详解】（1）解：由题意得，

当或时，，当时，，

所以在和上单调递增，在上单调递减，

因为，

所以函数在区间上的最大值为2；

（2）令切点为，

因为切点在函数图象上，所以，，

所以在该点处的切线为

因为切线过原点，所以，

解得或，

当时，切点为，，切线方程为，

当时，切点为，，切线方程为，

所以切线方程为或.