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    2022-2023学年广东省佛山市H7教育共同体高二(下)联考数学试卷(含解析)

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    2022-2023学年广东省佛山市H7教育共同体高二(下)联考数学试卷(含解析)

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    这是一份2022-2023学年广东省佛山市H7教育共同体高二(下)联考数学试卷(含解析),共16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学年广东省佛山市H7教育共同体高二(下)联考数学试卷

    一、单选题(本大题共8小题,共40.0分。在每小题列出的选项中,选出符合题目的一项)

    1.  已知在等差数列中,,则(    )

    A.  B.  C.  D.

    2.  函数处的切线方程为(    )

    A.  B.  C.  D.

    3.  已知等比数列的前项和为,则(    )

    A.  B.  C.  D.

    4.  已知函数处有极小值,则的值为(    )

    A.  B.  C.  D.

    5.  已知数列中,,则数列的前项和为(    )

    A.  B.  C.  D.

    6.  某医院需安排四位医生到三个社区参加义诊活动,每位医生必须参加一个社区义诊活动,每个社区至少有一位医生由于交通原因,甲不能去社区,则不同的安排方法数为(    )

    A.  B.  C.  D.

    7.  已知,则的大小关系为(    )

    A.  B.  C.  D.

    8.  连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次,分别标记两次骰子正面朝上的点数,表示事件“第一次正面朝上的点数为”,表示事件“第二次正面朝上的点数为”,表示事件“两次正面朝上的点数之和为”,表示事件“两次正面朝上的点数之和为”,则下列说法错误的是(    )

    A. 相互独立 B. 互斥 C.  D.

    二、多选题(本大题共4小题,共20.0分。在每小题有多项符合题目要求)

    9.  设数列是以为公差的等差数列,是其前项和,,且,则下列结论正确的是(    )

    A.  B.
    C.  D. 的最小值

    10.  已知,下列结论正确的是(    )

    A.
    B.
    C.
    D.

    11.  已知函数,则有(    )

    A. 时,上递增
    B. 时,个零点
    C. 时,关于对称
    D. 时,个极值点

    12.  已知数列中,,下列说法正确的是(    )
    参考公式:

    A.
    B.
    C. 存在,使得
    D.

    三、填空题(本大题共4小题,共20.0分)

    13.  除以,所得余数为______

    14.  在数列中,,则数列中的最大项是第______

    15.  已知只有一条过原点的切线,则 ______

    16.  对任意,当时,,则的最小值为______

    四、解答题(本大题共6小题,共70.0分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)

    17.  本小题
    设数列的前项和为,数列是公差为的等差数列,且
    的通项公式;
    求数列的前项和

    18.  本小题
    证明:
    已知,求的取值范围.

    19.  本小题
    若数列的首项,且满足
    求数列的通项公式;
    求数列的前项和

    20.  本小题
    甲、乙两队进行篮球冠军争夺赛,比赛采取三局二胜制,甲队每局取胜的概率为甲队有一名核心球员,如果核心球员在比赛中受伤,将不能参加后续比赛,甲队每局取胜的概率降为,若核心球员在每局比赛受伤的概率为
    在核心球员一直未受伤的条件下,甲队以取胜的概率;
    甲队以取胜的概率.

    21.  本小题
    已知数列的首项,且满足
    求证:数列为等比数列;
    设数列满足,求最小的实数,使得对一切正整数均成立.

    22.  本小题
    已知
    的单调区间;
    时,函数个零点,分别为且满足,证明:

    答案和解析

     

    1.【答案】 

    【解析】解:在等差数列中,,得,公差
    所以
    故选:
    根据给定条件,利用等差数列性质求出公差,即可求解作答.
    本题主要考查等差数列的性质,属于基础题.
     

    2.【答案】 

    【解析】解:由,得

    则函数处的切线方程为

    故选:
    求出原函数的导函数,得到函数在处的导数值,再由直线方程的点斜式得答案.
    本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,熟记基本初等函数的导函数是关键,是基础题.
     

    3.【答案】 

    【解析】

    【分析】

    本题考查等比数列的性质、求和等基础知识,考查运算求解能力,属于基础题.
    由等比数列的性质和前项和公式得成等比数列,由此能求出的值.

    【解答】

    解:等比数列的前项和为,公比

    成等比数列,


    故选C

      

    4.【答案】 

    【解析】解:
    因为处有极小值,
    所以,得
    解得
    时,

    所以在单调递增,
    单调递减,
    单调递增,
    所以是函数的极小值点,符合题意,
    时,

    所以在单调递增,
    单调递减,
    单调递增,
    所以是函数的极大值点,不符合题意,
    所以
    故选:
    求导得,由于处有极小值,则,解得,再检验是否在处取得极小值,即可得出答案.
    本题考查导数的综合应用,解题中需要理清思路,属于中档题.
     

    5.【答案】 

    【解析】解:
    ,且
    数列是首项为,公比为的等比数列,
    的前项和为
    故选:
    根据的通项公式,可得为等比数列,利用等比数列的求和公式,即可得出答案.
    本题考查等比数列的定义和数列的求和公式,考查转化思想,考查逻辑推理能力和运算能力,属于中档题.
     

    6.【答案】 

    【解析】解:安排四位医生到三个社区参加义诊活动,即按进行分组,
    甲单独去一个社区,且不能去社区,共种选择,再将剩余人分成组安排社区,共种选择,故共有种选择;
    甲和另外人去一个社区,且不能去社区,共有种选择,再将剩余人分成组安排社区,共种选择,故共有种选择;
    根据分类加法计数原理可知,不同的安排方法数为种.
    故选:
    安排四位医生到三个社区参加义诊活动,即按进行分组,分甲单独去一个社区,甲和另外人去一个社区,两种情况讨论即可.
    本题考查排列组合的应用,属于基础题.
     

    7.【答案】 

    【解析】解:
    构造函数,则

    ,解得
    时,上单调递减,


    故选:
    变形,构造函数,求导判断单调性,再比较大小即可.
    本题考查导数的综合应用,属于中档题.
     

    8.【答案】 

    【解析】解:由题意得,
    选项,相互独立,A正确;
    选项,互斥,B正确;
    选项,C正确;
    选项,D错误.
    故选:
    根据事件独立性的定义可判断;根据互斥事件的定义可判断;根据条件概率公式可判断
    本题考查相互独立事件的定义,考查互斥事件的定义,考查条件概率,是基础题.
     

    9.【答案】 

    【解析】解:
    数列是以为公差的等差数列,
    ,又
    故选项A正确,选项B正确;
    错误,即选项C错误;
    由以上知,的最大值,没有最小值,故选项D错误.
    故选:
    由等差数列性质及公式依次判断各选项即可.
    本题考查等差数列的性质的应用,解题时要认真审题,注意等差数列的性质的合理运用,是基础题.
     

    10.【答案】 

    【解析】解:令,可得,所以A正确;
    ,所以,所以B正确;
    时,
    时,
    两式相加可得:,所以不正确;
    ,可知奇数项的系数为正,偶数项的系数为负,
    所以令,可得,所以不正确.
    故选:
    利用赋值法,结合二项式定理的通项公式,转化求解判断选项即可.
    本题考查二项式定理的应用,是基础题.
     

    11.【答案】 

    【解析】解:项:当时,,则,恒成立,
    所以单调递增,所以A正确;
    项:当时,
    ,可得,必有两个相同实根,
    个零点,所以不正确;
    项:当时,
    ,令,可得,此时
    所以当时,关于对称,所以C正确;
    项:函数,可得,此时函数有两个极值点,
    D不正确.
    故选:
    时,对函数求导,通过导函数的符号,判断函数的单调性,判断选项A;通过函数为,求解函数的零点个数,判断选项B
    通过二次导函数为,解出函数的对称中心,判断选项C;求解函数的导数的极值点的个数,判断选项D
    本题考查导数的应用,考查利用导数判断单调性和极值,考查利用导数解决恒成立问题,考查利用导数解决对称问题,考查学生逻辑推理能力和计算能力,属于中档题.
     

    12.【答案】 

    【解析】解:由
    可得

    所以
    ,故A错误;
    ,对也成立,故B正确;

    ,故D正确;


    ,故C错误.
    故选:
    由已知可得,再由数列的恒等式可得,可判断;由数列的分组求和,结合等差数列的求和公式可判断;由数列的裂项相消求和和不等式的性质可判断
    本题考查数列的通项与恒等式、裂项相消求和,以及不等式的性质,考查转化思想和运算能力,属于中档题.
     

    13.【答案】 

    【解析】解:
    该关系式除以,所得的余数为
    故答案为:
    直接利用二项展开式和数的整除问题求出结果.
    本题考查的知识要点:二项展开式,数的整除问题,主要考查学生的理解能力和计算能力,属于基础题.
     

    14.【答案】 

    【解析】解:根据题意知:,解得
    ,解得
    所以
    所以
    故答案为:
    根据题意得到,由此求解即可.
    本题考查数列的函数的特征的应用,不等式的解法,是基础题.
     

    15.【答案】 

    【解析】解:由,得
    设切点坐标为,则过切点的切线方程为
    代入,可得
    只有一条过原点的切线,
    ,又
    故答案为:
    设切点坐标为,利用导数写出过切点的切线方程,代入坐标原点的坐标,可得关于的一元二次方程,再由判别式大于求解值.
    本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,考查运算求解能力,是中档题.
     

    16.【答案】 

    【解析】解:因为
    所以,所以
    所以,所以
    因为,所以
    ,则

    时,单调递增,
    因为
    所以,所以
    所以,所以


    所以在单调递增,
    单调递减,
    所以,所以
    所以,所以的最小值为
    故答案为:
    ,得,进而可得,则,令,则,求导分析的单调性,可得,令,只需,即可得出答案.
    本题考查导数的综合应用,解题中需要理清思路,属于中档题.
     

    17.【答案】解:数列的前项和为,数列是公差为的等差数列,且
    ,整理得

    得:
    所以 

    【解析】直接利用递推关系式求出数列的通项公式;
    利用的结论,进一步利用分组法求出数列的和.
    本题考查的知识要点:数列的递推关系式,数列的通项公式的求法,数列的求和,分组法的求和,主要考查学生的理解能力和计算能力,属于中档题.
     

    18.【答案】解:证明:令


    所以在单调递增,
    单调递减,
    所以,即
    所以
    根据题意可得对任意恒成立,
    所以只需,即可,


    所以在单调递减,
    单调递增,
    所以
    因为
    所以
    所以

    所以
    所以的取值范围 

    【解析】,求导分析单调性,可得,即可得出答案.
    根据题意可得对任意恒成立,只需,即可得出答案.
    本题考查导数的综合应用,解题中需要理清思路,属于中档题.
     

    19.【答案】解:数列的首项,且满足
    整理得
    时,


    时,,依然成立,故
    由于


    得:
    整理得 

    【解析】利用叠乘法可得通项;利用错位相减法求和即可.
    本题考查求数列的通项,考查数列求和,属于中档题.
     

    20.【答案】解:在核心球员一直未受伤的条件下,甲队以取胜的概率为
    甲队核心队员在每场比赛中都没有受伤,甲队以取胜的概率为
    甲队核心队员第场比赛中受伤,甲队以取胜的概率为
    甲队核心队员第场比赛中受伤,甲队以取胜的概率为
    甲队核心队员第场比赛中受伤,甲队以取胜的概率为
    则甲队以取胜的概率为 

    【解析】根据相互独立事件的乘法公式计算即可;
    根据核心球员是否受伤,以及在哪场比赛中受伤进行分类讨论,再利用互斥事件的概率和公式求解即可.
    本题考查相互独立事件的乘法公式,是中档题.
     

    21.【答案】证明:已知数列的首项,且满足
    ,可得
    数列是以为首项,为公比的等比数列;
    解:由可得




    ,可得的最小值为 

    【解析】由题意可得,即可证明数列为等比数列;
    可得,然后结合裂项求和法及公式求和法求解,结合题意得结论.
    本题考查了利用数列递推式求数列的通项公式,重点考查了裂项求和法及公式求和法,属中档题.
     

    22.【答案】解:
    时,上恒成立,上单调递减,
    时,令
    所以在单调递减,
    单调递增,
    综上所述,当时,上单调递减,
    时,上单调递减,在上单调递增.
    ,即
    ,则
    单调递增,
    单调递减,
    所以

    ,则
    所以在单调递减,

    ,存在唯一,满足,且存在,满足
    要证,由
    ,即有,即证
    即证,令
    即证
    即证恒成立,


    所以上单调递减,
    所以恒成立,即证. 

    【解析】求导得,分两种情况:当时,当时,分析的符号,的单调性.
    ,即,令,则,分析的单调性,最值,可得的取值范围,设,求导分析的单调性,可得当,存在唯一,满足,且存在,满足,要证,设,即有,即证,即证恒成立,即可得出答案.
    本题考查导数的综合应用,解题中注意分类讨论思想的应用,属于中档题.
     

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