2022-2023学年河南省实验中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年河南省实验中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知函数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据导数运算法则直接求解即可.

【详解】.

故选：A.

2．已知等比数列的各项均为正数，且，则（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】D

【分析】根据等比数列的性质可得，，再根据对数知识可求出结果.

【详解】解：根据等比数列的性质可得，

又，所以，

所以.

故选：D

3．3名男生和2名女生排成一队照相，要求女生相邻，共有排法（    ）种

A．120 B．24 C．48 D．96

【答案】C

【分析】利用捆绑法可得答案.

【详解】将两名女生当成一个元素和3名男生全排列得种排法，

两名女生排序有种排法，

所以共有种排法.

故选：C.

4．已知表示等差数列的前n项和，且，那么

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据等差数列的性质若m，n，p，q∈N*，且m+n＝p+q，则有am+an＝ap+aq，再结合等差数列的通项公式可得a1＝3d，利用基本量表示出所求进而可得答案．

【详解】由题意得，

因为  在等差数列{an}中，若m，n，p，q∈N*，且m+n＝p+q，则有am+an＝ap+aq．

所以，即a1＝3d．

那么．

故选B．

【点睛】本题考查了等差数列的性质与等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项和公式，属于中档题．

5．若，则（    ）

A． B．1 C．15 D．16

【答案】D

【分析】令计算可得.

【详解】因为，

令可得.

故选：D

6．数列中，，（为正整数），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由递推式证明数列为等差数列，利用等差数列通项公式求数列的通项，由此可求数列的通项公式.

【详解】因为，所以，

又，可得，

所以数列为首项为1，公差为的等差数列，

所以，

所以，

故选：B.

7．函数存在两个极值点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据存在两个极值点，可得其导函数有两个变号零点，结合二次函数的性质，可得，即可得答案.

【详解】由题意得，

因为函数存在两个极值点，所以其导函数有两个变号零点，

所以，解得或，

所以实数的取值范围是.

故选：A.

8．将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，

若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，

所以2个0不相邻的概率为.

故选：C.

9．若函数在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由求得的减区间，由此列不等式来求得的取值范围.

【详解】函数的定义域是，

.

当时，，在上单调递增，不符合题意.

当时，由解得（负根舍去），

所以在区间递增；

在区间递减，

依题意，函数在区间内存在单调递减区间，

所以，解得，

所以的取值范围是.

故选：A

【点睛】利用导数研究含参数的函数的单调性，再求导后，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏，分类标准的制定可考虑二次函数的性质来决定.研究恒成立问题和存在性问题的方法，要注意端点的取值.

10．数列满足，∀，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出数列的通项，再分离参数，借助数列单调性求解作答.

【详解】因为数列满足，则，而，

因此数列是以3为首项，3为公比的等比数列，则，即，

又∀，因此对恒成立，即，

而数列是递增数列，则当时，，有，

所以实数的取值范围是.

故选：B

11．设函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，利用导数判断出的单调性，由此求得不等式的解集.

【详解】设，

，即，

，

在上单调递减，又，

不等式，

即，，

原不等式的解集为.

故选：D

【点睛】有关函数及其导数有关的不等式问题，求解方法是通过构造函数法，利用导数研究所构造函数的单调性、极值和最值等进行研究，由此对问题进行求解.

12．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件构造函数，，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.

【详解】由，令，

所以，

因为，

因为，所以，，故，

所以在上单调递减，

又，所以

所以，即，所以.

由，令，

所以，所以在上单调递增，

所以，

所以，即，所以，

综上，.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：构造，，然后利用导函数研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可.

二、填空题

13．在的展开式中,的系数为___.用数字作答）

【答案】

【分析】根据二项式定理写出通项公式,要求自变量的二次方的系数,只要使得指数等于,得出式子中的系数的表示式,得到结果.

【详解】因为的通项公式为:,

令,得,

所以的系数为.

故答案为:.

14．设数列，均为等差数列，它们的前项和分别为，，若，则__．

【答案】

【分析】利用等差数列的前项和性质即可求解.

【详解】因为数列，均为等差数列，

所以，

则，

故答案为：.

15．安排3名志愿者完成5项不同的工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有______.

【答案】150种

【分析】先将5项工作按参与完成的人数分成3组，再分配三人完成三组任务即可.

【详解】将5项工作按参与完成的人数分成3组为：或，

若分组为，则有(种)安排方式；

若分组为，则有(种)安排方式；

故总的安排方式有：(种).

故答案为：150种.

16．已知正实数，满足，则的最小值为____．

【答案】1

【分析】根据，构造函数得到，然后转化为单变量问题，求导判断单调性即可.

【详解】，，即，

设，则，且，

当时，所以在上单调递增，

正实数，，，即，

所以，等价于，

即，则，

令，则，当时，当时，

即在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，即的最小值为1．

故答案为：1.

三、解答题

17．已知{an}满足：，，．

(1)求；

(2)令，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可得，数列为等差数列，由条件可得公差，从而得到其通项公式；

（2）根据题意，由裂项相消法即可得到结果.

【详解】（1）由题意可得，，则数列为等差数列，，，

即，解得，；

（2），

则.

18．已知函数，．

(1)若函数在处的切线与直线垂直，求实数的值；

(2)当时，讨论函数的单调性．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果；

（2）根据题意，求导得，分与两种情况讨论，即可得到函数的单调区间.

【详解】（1）由题意可得，，

因为函数在处的切线与直线垂直，

则，即.

（2）因为，，对于方程，

记，

①当，即时，，函数在上单调递增；

②当，即时，令，解得，.

又，故.

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减．

综上所述，当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递增，上单调递减，

在上单调递增．

19．设数列的前n项和为，且．

(1)求；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由与的关系，即可得到数列是等比数列，从而得到其通项公式；

（2）根据题意，由错位相减法即可得到结果.

【详解】（1）当时，，∴，又，∴可知，

当时，由，得，

两式相减得，∴，∴是以1为首项，以3为公比的等比数列，∴．

（2）由（1）可得，∴，

∴，

∴，

∴．

20．如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，，M为BC的中点．

(1)证明：AM⊥平面PBD；

(2)求二面角P－AM－D的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据边长之间的关系得到，然后利用线面垂直的性质得到，再利用线面垂直的判定即可得证；

（2）结合题意，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式进而求解.

【详解】（1）因为为的中点，，

又四棱锥的底面是矩形，

，，，

又，，

底面，底面，

，又，且，平面，

平面．

（2）平面，又，平面，，，又四棱锥的底面是矩形，

，

建立如下图所示的空间直角坐标系，设，

则，

，，，

平面，

平面的法向量为，

设平面的法向量为，

则，令，可得，

二面角P－AM－D的余弦值为：，

故二面角P－AM－D的正弦值为.

21．已知椭圆，离心率，过点．

(1)求的方程；

(2)直线过点，交椭圆与两点，记，证明．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意建立方程组求出即可；

（2）由题意知直线的斜率存在，联立方程组消元，利用韦达定理及直线斜率公式证明即可.

【详解】（1）由题得，解得，

于是；

（2）由题意知直线斜率存在，

设直线，联立方程即，

消可得，

由，

设，

韦达定理可得；

综上所述：.

22．已知函数．

(1)若时，恒成立，求的取值范围；

(2)记，讨论函数与的交点个数．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）根据题意，求导得，分与讨论，即可得到结果；

（2）根据题意，记，将函数交点问题转化为零点问题，求导讨论即可得到结果.

【详解】（1），．，，

当时，，单调递增，，不等式成立，

当时，．，，单调递减，，这与题设矛盾．

综上，的取值范围为．

（2）记，则，．

记，则，单调递增，且有唯一零点，于是在单调递减，单调递增，在处取得最小值．

当，即时，，

故在上单调递增，在上有唯一零点;

当，即时，，

，于是有两个零点，且，

于是在单调递增，单调递减，单调递增，

又，则，，，

，则由零点存在定理可得在存在唯一零点，在存在唯一零点，故此时有三个零点．

综上可得：时，有一个交点；时，有三个交点．