2022-2023学年广东省珠海市斗门区第一中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省珠海市斗门区第一中学高二下学期期中数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省珠海市斗门区第一中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．设为等差数列的前n项和，若，则（    ）A． B． C．10 D．12【答案】B【分析】根据等差数列求和公式求解.【详解】由,解得，故选：B2．设函数的导数为，且，则（    ）A． B． C． D．2【答案】B【分析】可先求函数的导数，令求出即可.【详解】由，令得，解得.故选：B.3．中国空间站（China Space Station）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．2022年10月31日15:37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕．2023年，中国空间站将正式进入运营阶段．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱中都有2人，则不同的安排方法有（    ）A．72种 B．90种 C．360种 D．450种【答案】B【分析】利用分组和分配的求法求得名航天员的安排方案.【详解】由题知，6名航天员安排三舱，三舱中每个舱中都有2人,所以共有种；故选：B.4．在含有2件次品的30件产品中，任取3件，则恰好取到1件次品的不同方法数共有（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】采用分步的方法，先取一件次品，再取2件正品即可.【详解】取一件次品有不同方法数，取2件正品有不同方法数，故恰好取到1件次品的不同方法数：.故选：B.5．若的展开式中的系数是80，则实数a的值是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】求出展开式的通项，令的系数为可得项的系数，列方程求解即可.【详解】展开式的通项为令，可得系数为，可得．故选：B.6．已知1和4为等比数列前5项中的两项，则第5项的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意显然第5项应该为负，此时，可知第1,3,项也为负，据此可判断.【详解】因为等比数列中，1和4为等比数列中两项，故第1,3,5项可以为负，此时，若最小，则需要且最小，所以第2项为1，第4项为4时，，此时，可得，故选：B.7．若正项数列满足，，设，，则下列说法中一定正确的是（    ）A．对任意的正整数n，恒有 B．对任意的正整数n，恒有C．对任意的正整数n，恒有 D．对任意的正整数n，恒有【答案】C【分析】构造，求导后得到单调性和极值，最值情况，故而得到，推出，A错误；举出反例可得B错误；得到，累加法得到，从而得到，D错误，C正确.【详解】设函数，则，可得在上严格递减，在上严格递增，所以在处取得极小值，也是最小值，故.又，则.因为，即，所以排除B；因为，故当时，，此时排除A；因为，即，所以，得，即，所以排除D，故选：C.【点睛】数列是一种特殊的函数，即定义域为正整数集的函数，故除利用通项公式，求和公式外还可利用函数，导函数的知识点来处理数列问题.8．已知函数（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】令，由可得，利用导数可确定与图象的位置关系，进而得到与有三个不同交点，并根据图象可确定三个交点，采用数形结合的方式可确定与、和的交点总数，即为所求的零点个数.【详解】设，令可得：；设与相切于点，，切线斜率为，则切线方程为：，即，，解得：，；设与相切于点，，切线斜率为，则切线方程为：，即，，解得：，；作出与图象如下图所示，与有三个不同交点，即与有三个不同交点，设三个交点为，由图象可知：；与无交点，与有三个不同交点，与有两个不同交点，的零点个数为个.故选：A.【点睛】方法点睛：求解函数零点个数常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根的个数，即为所求零点个数；（2）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、多选题9．在的展开式中，有理项恰有两项，则的可能取值为（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】利用二项式定理的通项公式得到满足题意的项【详解】展开式通项为，对于A，展开式通项为，所以由可得或8，所以此时有两个有理项，故正确；对于B，展开式通项为，所以由可得或6或12，所以此时有三个有理项，故错误；对于C，展开式通项为，所以由可得或10，所以此时有两个有理项，故正确；对于D，展开式通项为，所以由可得或6或12，所以此时有三个有理项，故错误；故选：AC10．已知数列满足，为的前n项和，则（    ）A．若，则B．若，则C．存在实数a，使为无穷多项的常数列D．存在实数，使成等差数列【答案】BD【分析】A.易得是周期为3的周期数列求解判断；B.根据是周期为3的周期数列求解判断；C.设为常数列，有求解判断；D.根据根据是周期为3的周期数列求解判断.【详解】当时，，，，，…，∴是周期为3的周期数列，∴，故A错误．由A可知，，∴，故B正确．若为常数列，则必有，故，即，此方程无解，故C错误．当时，由A可知，故D正确．故选：BD．11．以下四个命题，其中满足“假设当时命题成立，则当时命题也成立”，但不满足“当（是题中给定的n的初始值）时命题成立”的是（    ）A．B．C．凸n边形的内角和为D．凸n边形的对角线条数【答案】AB【分析】A、 B、C应用数学归纳法判断是否满足要求；D在成立的条件下判断是否成立即可判断.【详解】A：假设当时命题成立，即，当时有，故当时命题也成立，当时有，故当n为给定的初始值时命题不成立；B：假设当时命题成立，即，当时有，故当时命题也成立，当时，等号左边为2，右边为，，所以当时命题不成立；C：假设当时命题成立，即，当时有，故当时命题也成立，当时内角和为命题成立；D：假设当时命题成立，即，当时有，故当时命题不成立.综上可知，满足条件的选项为AB故选：AB.12．已知函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则下列结论中一定正确的是（    ）A． B．  C． D．【答案】ABD【分析】根据为奇函数可得，根据的图象关于y轴对称可得，两个等式两边同时取导数，可得、，对x赋值，结合选项即可求解.【详解】因为为奇函数，定义域为R，所以，故，等式两边同时取导数，得，即①，因为的图象关于y轴对称，则，故，等式两边同时取导数，得②.由，令，得，解得，由，令，得，由②，令，得，令，得，解得，故选：ABD. 三、填空题13．函数在处的切线与直线平行，则a＝______．【答案】1【分析】求导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，结合直线平行建立方程求解即可.【详解】因为，所以，所以函数在处的切线斜率为，因为该切线与直线平行，故，解得故答案为：114．张大爷为了锻炼身体，每天坚持步行，用支付宝APP记录每天的运动步数.在11月，张大爷每天的运动步数都比前一天多相同的步数，经过统计发现前10天的运动步数是6.9万步，前20天的运动步数是15.8万步，则张大爷在11月份的运动步数是__________万步.【答案】26.7【分析】由题分析知张大爷每天的步行步数成等差数列，利用等差数列及等差数列前项和公式的性质求解.【详解】设张大爷在11月份每天的运动步数构成数列，由题可知该数列为等差数列且的前项和为所以成等差数列，所以，即，解得26.7，所以张大爷在11月份的运动步数是万步.故答案为：26.7.15．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．记“杨辉三角”第n行的第i个数为，则________．【答案】【分析】根据杨辉三角及二项式定理即可得解.【详解】由题意知，当时，.当时，，也适合.综上，.故答案为：.16．五一期间，某公园准备用不同的花卉装扮一个有五个区域的矩形花坛（如图），要求同一个区域用同一种花卉，相邻区域不能使用同种花卉．现有5种花卉可供选择，则不同的装扮方法共有________种（用数字作答）．  【答案】420【分析】根据分类加法计数原理，分D与B装扮相同花卉和D与B装扮不同花卉两种情况求解即可.【详解】第一类：先装扮A，有5种情况，装扮B，有4种情况，装扮C，有3种情况，D与B用相同花卉装扮，装扮E，有3种情况，共有5×4 ×3×1×3 =180种，第二类：先装扮A，有5种情况，装扮B，有4种情况，装扮C，有3种情况，D与B不同颜色花卉装扮，有2种情况，装扮E，有2种情况，共有5×4 ×3×2×2= 240种.综上共有种.故答案为：420. 四、解答题17．已知，且二项式系数和为1024.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）直接由得答案；（2）通过展开式的通项可得的奇数次方的系数为负，的偶数次方的系数为正，再分别通过令和得到所要的结果.【详解】（1）二项式系数的和为，， 故；（2），其展开式的通项为，可知的奇数次方的系数为负，的偶数次方的系数为正．，在中，令，得，令，得，.18．某景区下周一至周六空气质量预报情况如下表所示．该市有甲、乙、丙三人计划在下周一至周六选择一天到该景区旅游，①甲只选择空气质量为优的一天出游；②乙不选择周四出游；③丙不选择周一出游；④甲与乙不选择同一天出游，从这四个条件中任选其中三个，求这三人出游的不同方法的种数．周一至周六天空气质量预报：周一周二周三周四周五周六优优优优良良 【答案】选择①②③：100；选择①②④：102；选择①③④：100；选择②③④：125.【分析】选择不同的条件，根据分类加法计数原理与分步乘法计数原理计算求解.【详解】若选择①②③, 甲、乙、丙分别有不同的选法为4,5,5，则三人出游的不同方法数.若选择①②④，则需分两类，第一类，若甲选择周四出游,则三人出游的不同方法数；第二类，若甲不选择周四出游，则三人出游的不同方法数，故这三人出游的不同方法数.若选择①③④，甲、乙、丙分别有不同的选法为4,5,5，则三人出游的不同方法数.若选择②③④，甲、乙、丙分别有不同的选法为5,5,5，则三人出游的不同方法数.19．已知是首项为1的等差数列，公差是首项为2的等比数列，．(1)求的通项公式；(2)若数列的第项，满足__________（在①②中任选一个条件），，则将其去掉，数列剩余的各项按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和．①②．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等差和等比数列的通项公式，列出基本量方程组，即可求解；（2）若选择①，得，可知剩下的项就是原数列的奇数项，代入等比数列求和公式，即可求解；若选择②，，根据，讨论为奇数和偶数两种情况，即可判断求解.【详解】（1）设的公差为的公比为，因为，所以，联立消得，解得或与矛盾，故，代回计算得，所以（2）若选①，则有，所以剩余的项就是原数列的奇数项，相当于剩余的项以2为首项，4为公比的等比数列，所以；若选②，则有，因为，所以当时，对应的为整数，满足，当时，对应的不为整数，不满足，所以剩余的项就是原数列的奇数项，相当于剩余的项以2为首项，4为公比的等比数列，所以；20．已知函数（a为常数），讨论的单调性．【答案】答案见解析【分析】先确定函数的定义域，然后对函数求导并分解因式，分，，，讨论即可求解.【详解】函数的定义域为.因为，所以，因为，则有：①当时，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增；②当时，令，得；令，得或；所以在上单调递减，在，上单调递增；③当时，（当且仅当时取等号），所以在上单调递增；④当时，令，得；令，得或，所以在上单调递减，在，上单调递增；综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增.21．已知数列，满足，且，数列满足．(1)求的通项公式；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据递推关系式变形可构造等差数列，利用等差数列求解；（2）求出，放缩后利用裂项相消法求和可证不等式成立.【详解】（1），，又，数列是首项为1，公差为1的等差数列，，即.（2）由（1）知，，，.22．已知函数．(1)求曲线在处的切线方程；(2)设方程有且仅有两个不同的解，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，由导数的几何意义求斜率即可得解；（2）令，利用导数判断函数的单调性，再由函数有且仅有2个零点，分析其中一个零点大于得证.【详解】（1）因为，所以 ，所以切线的斜率，又，所以切线方程为，即.（2）证明：令，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，因为方程有且仅有两个不同的解，所以，，不妨设，又，所以，所以.