安徽省合肥市六校联盟2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题

合肥六校联盟2022-2023学年第二学期期中联考

高二年级数学试卷

（考试时间：120分钟 满分：150分）

命题学校：合肥三中 命题教师：赵蔓 审题教师：张丽

一、选择题（本题共8小题，每小题5分共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）

1. 已知等差数列前15项和为45，若，则（    ）

A. 16 B. 55 C. -16 D. 35

【答案】A

【解析】

【分析】

由等差数列的性质知，，进而可得答案.

【详解】依题意，，所以，所以.

故选：A.

【点睛】本题考查了等差数列的性质，熟练掌握公式以及性质是解题关键，属于基础题.

2. 设在处可导，则（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】变形，结合导数的定义，计算出结果.

【详解】因为在处可导, 由导数的定义可得：，

所以，.

故选：A.

3. 已知等比数列{}，且，则的值为（　　）

A. 3 B.  C. ± D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出公比，再根据等比数列的通项公式即可得解.

【详解】设公比为，

因为，所以，所以，

所以.

故选：B.

4. 已知数列满足， ，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】计算出的前四项的值，可得出，由此可求得的值.

【详解】因为数列满足，，，

，，，

由上可知，对任意的，，.

故选：B.

5. 设函数，是的导数，则函数的部分图像可以为（  ）

A.      B.    C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出，利用函数奇偶性定义得到为奇函数，排除BC选项，进而利用时，排除D选项.

【详解】因为，所以，定义域为R，

且，

所以为奇函数，所以排除BC选项，

又，

∴，所以排除D选项，

故选：A.

6. 5名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同安排方法共有（    ）

A. 60种 B. 90种 C. 150种 D. 240种

【答案】C

【解析】

【分析】先将5名同学分为3组，再将分好的三组安排到3个小区，利用分步乘法计算原理求出.

【详解】根据题意，分2步进行分析：

①将5名同学分为3组，

若分为1，2，2的三组，有种分组方法，

若分为1､1､3的三组，有种分组方法，

则有种分组方法，

②将分好的三组安排到3个小区，有种情况，

则有种不同的安排方法，

故选：C.

7. 定义为个正数的“均倒数”，若已知数的前项的“均倒数”为，又，则

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先利用“均倒数”的定义，求得的表达式，代入，利用裂项求和法求得所求的数值.

【详解】根据“均倒数”的定义，有，故，故，，两式相减得，当时，也符合上式，故.所以，注意到，故，故选C.

【点睛】本小题考查新定义概念的理解，考查数列求和方法中的裂项求和法，考查运算求解能力.属于中档题.

8. 已知函数，若函数有个不同的零点，则的取值范围是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将问题转化为与图象有个不同交点，利用导数可求得时的单调性和最值，由此可得的图象，采用数形结合方式可求得的取值范围.

【详解】若有个不同零点，则与有个不同交点；

当时，，则，

当时，；当时，；

上单调递增，在上单调递减，，

又当时，恒成立，，

由此可得与大致图象如下图所示，

由图象可知：当，即时，与有个不同交点；

实数的取值范围为.

故选：C.

【点睛】方法点睛：已知函数零点(方程根)的个数求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 下列选项正确是（　　）

A. ，则 B. ，则

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】利用基本初等函数的导数及导数的运算法则求解即可.

【详解】对于A，，则，故A错误；

对于B，，则，，故B正确；

对于C，，故C正确；

对于D，，故D错误.

故选：BC.

10. 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

C. 项的系数为 D. 第三项和第四项的系数相等

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A，根据二项式系数和为即可判断；对于B，赋值法即可判断；对于C，根据通项为，取计算即可判断；对于D，根据第三项的系数为，第四项的系数为，即可判断.

【详解】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，第项，

取，即，

所以，

所以项的系数为，故选项C正确.

在中，根据得第三项的系数为，第四项的系数为，

因为，所以选项D错误；

故选：AC.

11. 设等差数列的前n项和为Sn，公差为d．已知，S12＞0，，则（　　）

A.  B.

C. Sn＜0时，n的最小值为14 D. 数列中最小项为第7项

【答案】ABD

【解析】

【分析】求得的正负情况判断选项A；求得公差的取值范围判断选项B；求得Sn＜0时，n的最小值判断选项C；求得数列中最小项判断选项D.

【详解】等差数列的前n项和为Sn，首项为，公差为d．

由S12＞0，可得 ，则

又，则，则选项A判断正确；

由， S12＞0，，可得，

解之得，则选项B判断正确；

由可得或（舍）

由，可得，

则Sn＜0时，n的最小值为13. 则选项C判断错误；

由时，，时，，

时，，时，，

可得时，，，，时，

二次函数开口向下，过原点，对称轴

则在时，单调递减，且

又时，为递减数列，为递增数列，为递减数列

则在时，数列为递增数列，则时取得最小值.

则数列中最小项为第7项，则选项D判断正确.

故选：ABD

12. 已知函数f（x）满足xf＇（x）＋f（x）＝1＋lnx，f（1）＝2．则当x＞0时，下列说法中正确的是（    ）

A. f（2）＝ln2＋1 B. x＝2是函数f（x）的极大值点

C. 函数y＝f（x）－x有且只有一个零点 D. 存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立

【答案】AC

【解析】

【分析】通过函数f（x）满足xf＇（x）＋f（x）＝1＋lnx，可以求出，进而可以分析函数f（x）的极大值点，求解f（2）的值，判断选项；

对函数y＝f（x）－x，求导求零点，从而可以判断选项；

使用隔离参数法将k隔离之后，令，从而可以判断D选项；

【详解】因为xf＇（x）＋f（x）＝1＋lnx，则，，

则x∈（0，2）时，f（x）单调递减；x∈（2，＋∞）时函数f（x）单调递增．

∴函数f（x）只有一个极小值点e，即只有一个极小值f（2）＝ln2＋1，故选项A正确，选项B错误；

，则，所以当x→0时，y→＋∞，当x＝e时，所以函数y＝f（x）－x有且只有一个零点，故选项C正确；

f（x）＞kx，可得，令，

则，

令，则，

故x＞1时h（x）单调递减，0＜x＜1时，h（x）单调递增，

所以h（x）≤h（1）＜0，所以g（x）在x＞0上单调递增，无最小值，

所以不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，故选项D错误；

故选：AC．

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 函数的图象在点处的切线方程为___________.

【答案】

【解析】

【分析】求得的导数，可得切线的斜率和切点坐标，由点斜式方程可得所求切线方程．

【详解】因为，得，则，

所以切线的方程为，即.

故答案为：.

14. 二项式的展开式中的项的系数为___________.

【答案】

【解析】

【分析】先求出含，的项，再与对应乘积即可得答案.

【详解】展开式的通项为，，

所以当时，，

当时，，

所以二项式的展开式中含项的系数为.

故答案为：.

15. 如图，一圆形信号灯分成A，B，C，D四块灯带区域，现有4种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为___________.

【答案】84

【解析】

【分析】按照使用了多少种颜色分类计数，再根据分类加法计数原理可得结果.

【详解】按照使用了多少种颜色分三类计数：

第一类：使用种颜色，有种；

第二类：使用种颜色，必有块区域同色，有种；

第三类：使用种颜色，必然是与同色，且与同色，有种，

所以不同的信号总数为种.

故答案为：84.

16. 已知数列满足，定义使（）为整数的k叫做“幸福数”，则区间内所有“幸福数”的和为_____．

【答案】2036

【解析】

【分析】先用换底公式化简之后，将表示出来，找出满足条件的“幸福数”，然后求和即可.

【详解】当时，，

所以，

若满足为正整数，则，即，

所以在内的所有“幸福数”的和为：

,

故答案为：2036.

四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤）

17. 为等差数列的前项和，已知，.

（1）求数列的通项公式；

（2）求，并求的最小值.

【答案】（1）；（2），时，的最小值为.

【解析】

【分析】

（1）利用等差数列的通项公式以及前项和公式求出，，代入通项公式即可求解.

（2）利用等差数列的前项和公式可得，配方即可求解.

【详解】（1）设的公差为 ，

由，，

即，解得，

所以.

（2），

，

所以当时，的最小值为.

18. 设是函数的一个极值点，曲线在处的切线斜率为8.

（1）求的单调区间；

（2）若在闭区间上的最大值为10，求的值.

【答案】（1）单调递增区间是和，单调递减区间是   

（2）4

【解析】

【分析】（1）求导后，根据求出，再利用导数可求出单调区间；

（2）根据（1）中函数的单调性求出最值，结合已知的最值列式可求出结果.

【小问1详解】

，由已知得，

得，解得．

于是，

由，得或，由，得，

可知是函数的极大值点，符合题意，

所以的单调递增区间是和，单调递减区间是.

【小问2详解】

由（1）知，

因为在区间上是单调递减函数，在上是单调递增函数，

又，

所以的最大值为，解得.

19. （1）高二（10）班元旦晚会有2个唱歌节目a和b；2个相声节目c和d．要求排出一个节目单，满足第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，列出所有可能的排列.

（2）甲乙丙丁戊已庚7个人排成一排拍照片，若要求甲、乙、丙3人必须相邻，并且丁和戊不相邻，有多少种不同排法？（结果用数字表示）

（3）从4名男教师和5名女教师中选出4名教师参加新教材培训，要求有男有女且至少有2名男教师参加，有多少种不同的选法？（结果用数字表示）

【答案】（1），bcda，bdca；（2）432；（3）80

【解析】

【分析】（1）利用排列的定义即得；

（2）利用捆绑法，插空法即得；

（3）由题可分选2名男教师与2名女教师，选3名男教师与1名女教师两类，即得.

【详解】（1）歌唱节目记为a，b，相声节目记为c，d，

满足第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目的排列为：，bcda，bdca.

（2） 甲乙丙3人必须相邻，把他们捆绑看作一个元素与除甲乙丙丁戊外的两个元素排列，然后排其内部顺序，再在3个元素形成的4个空中插入丁和戊，

故甲、乙、丙3人必须相邻，并且丁和戊不相邻，共有种排法.

（3）选2名男教师与2名女教师，共有种选法；

选3名男教师与1名女教师，共有种选法，

所以共有种选法.

20. 如图所示，AB为沿海岸的高速路，海岛上码头O离高速路最近点B的距离是120km，在距离B点300km的A处有一批药品要尽快送达海岛．现要用海陆联运的方式运送这批药品，设登船点C到B的距离为x，已知汽车速度为100km/h，快艇速度为50km/h．（参考数据：．）

（1）写出运输时间关于x的函数；

（2）当C选在何处时运输时间最短？

【答案】（1）   

（2）当点C选在距B点68km时运输时间最短

【解析】

【分析】（1）由题意知，OB⊥AB，可求得OC，AC，进而得出；

（2）求出的导数，结合函数的单调性求得结果．

【小问1详解】

由题意知，OB⊥AB，则，

∴

【小问2详解】

，

令，得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以时，取最小值.

所以当点C选在距B点68km时运输时间最短.

21. 已知数列的前n项和为，当时，；数列中，.直线经过点．

（1）求数列的通项公式和；

（2）设，求数列的前n项和，并求的最大整数n．

【答案】（1），   

（2），7

【解析】

【分析】（1）根据之间的递推关系，可写出。，采用和相减得方法，可求得，由题意可推得为等差数列，利用等差数列的通项公式可求得答案；

（2）写出的表达式，利用错位相减法可求得数列的前n项和，进而利用数列的单调性求的最大整数n．

【小问1详解】

∵，∴，则，

∴，即，得．

又，∴，即，

可得数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，则 ；

∵点在直线上，∴，

∴，即数列是等差数列，

又，∴；

【小问2详解】

∵，∴，

∴，

∴，

两式相减可得：

，∴

设，

则，

故，是单调递增的

故当时，单调递增的，

当时，；当时，，

故满足的最大整数．

22. 设函数

（1）求的单调区间

（2）若，k为整数，且当时，求k的最大值

【答案】（1）答案见解析   

（2）2

【解析】

【分析】(1)求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母，故应按照的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间.

(2)由题设条件结合(1),将不等式成立转化为，由此将转化为求在给定区间的最值问题.

【小问1详解】

函数的定义域是，，当时，，所以函数在上单调递增，

当时，时， ，当，

所以，函数在上单调递减，在上单调递增.

【小问2详解】

由于，所以，故当， ，等价于

令，①

则，

由(1)可知，当时，函数在上单调递增，

而，所以在存在唯一零点，

故在存在唯一零点，设此零点为，则有，

当时，，当时，，

所以在上的最小时为，又由，可得，

所以 ，由于①等价于，故整数的最大值为2.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．