2022-2023学年河北省衡水市第十四中学高二下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河北省衡水市第十四中学高二下学期期中数学试题含答案，共19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学年河北省衡水市第十四中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．我国中医药选出的“三药三方”对治疗某疾病有显著效果．若某医生“三药三方”中随机选出2种，则恰好选出1药1方的方法种数为（    ）A．15 B．30 C．6 D．9【答案】D【分析】利用分步乘法计数原理可计算.【详解】根据提议，1药的取法有3种，1方的取法也有3种，则恰好选出1药1方的方法种数为．故选：D.2．已知数列的前项和为，且，，则（    ）A．210 B．110 C．50 D．55【答案】A【分析】写出时，，与已知式相减得数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，再由求得，然后再利用等差数列的求和公式即可求得本题答案.【详解】因为，所以当时，，两式相减得，由，可得，进而，所以数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，又，而，所以， 故选：A3．年小李夫妇开设了一家包子店，经统计，发现每天包子的销量单位：个，估计天内每天包子的销量约在到个的天数大约为（    ）附：若随机变量，则，，A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正态分布三段区间概率估计公式计算即可.【详解】由题意可知，，，则，，，则天内每天包子的销量约在到个的天数大约为．故选：．4．的展开式中的系数为（    ）A．6 B． C． D．9【答案】D【分析】求得二项式的展开式的通项公式为，结合多项式展开的方法，即可求解.【详解】由二项式的展开式的通项公式为，所以多项式的展开式中项为：，所以的展开式中的系数为9.故选：D．5．为了强化学校的体育教育教学工作，提高学生身体素质，加强学生之间的沟通，凝聚班级集体的力量，激发学生热爱体育的热情．某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为（    ）A．48 B．36 C．24 D．12【答案】B【分析】特殊位置优先排，分类求解可得.【详解】当甲排第1棒时，乙可排第2棒或第4棒，共有种；当甲排第2棒时，乙只能排第4棒，共有.故甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为种.故选：B6．为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.【详解】A：，即在定义域上递增，不符合；B：，在上，在上，在上，所以在、上递减，上递增，符合；C：由且定义域为，为偶函数，所以题图不可能在y轴两侧，研究上性质：，故递增，不符合；D：由且定义域为R，为奇函数，研究上性质：，故在递增，所以在R上递增，不符合；故选：B7．在数学王国中有许多例如，等美妙的常数，我们记常数为的零点，若曲线与存在公切线，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用函数切线的求法求出切线方程，与另一个函数的切点经过该切线方程上，建立等式关系，利用分离参数的方法将参数分离，利用导数研究函数最值的方法求取值范围.【详解】由题意可知，曲线与存在公切线，设切点分别为，，则公切线为，即，而切线斜率，，则，而点在公切线上，故代入切线方程得，，化简得，其中，令，其中，，可知在上单调递减，而为的零点，当时，，单调递增；当时，，单调递减；故，即故选：A.8．斜拉桥是鼗梁用若干根斜拉索拉在塔柱上的桥，它由梁、斜拉索和塔柱三部分组成.如图1，这是一座斜拉索大桥，共有10对永久拉索，在索塔两侧对称排列.如图2，已知拉索上端相邻两个锚的间距均为，拉索下端相邻两个锚的间距均为.最短拉索的锚，满足，，以所在直线为轴，所在直线为轴，则最长拉索所在直线的斜率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意利用已知长度可分别计算，，再利用斜率的定义可解.【详解】如图，以为原点建系，根据题意，最短拉索的锚，满足，，且均为，拉索下端相邻两个锚的间距均为，则，即点，同理，又，即点，所以，即最长拉索所在直线的斜率为.故选：B. 二、多选题9．已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（    ）A．若，则是等差数列B．若，则是等比数列C．若是等差数列，则D．若是等比数列，则【答案】BC【分析】根据等差数列的定义判断A；根据与的关系求出通项公式，结合等比数列的定义判断B；根据等差数列的性质和前n项求和公式计算判断C；举例说明判断D．【详解】选项A，由，得，则，所以不是等差数列，故A错误；选项B，当时，，当时，，经检验，符合上式，所以，故是等比数列，故B正确；选项C，若是等差数列，则，故C正确；选项D，若，则，，而，故D错误，故选：BC．10．关于的展开式，下列说法正确的是（    ）A．不存在常数项 B．含项的系数为45C．第4项与第8项的二项式系数相等 D．偶数项的二项式系数和为256【答案】ABC【分析】求出展开式的通项，令的指数等于即可判断A；令的指数等于即可判断B；根据二项式系数的定义即可判断C；根据二项式系数和的性质即可判断D.【详解】的展开式通项为，，1，…，10，令，解得，故展开式不存在常数，A正确；令，解得，故含项的系数为，B正确；第4项与第8项的二项式系数分别为与，相等，C正确；偶数项的二项式系数和为，D错误.故选：ABC.11．已知函数为定义在上的奇函数，若当时，，且，则（    ）A． B．当时，C． D．不等式解集为【答案】CD【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性与单调性，利用函数的单调性与奇偶性可判断AC选项；取可判断B选项；分、解不等式，可判断D选项.【详解】构造函数，其中，因为函数为定义在上的奇函数，则，所以，，故函数为偶函数，当时，，所以，函数在上单调递增，在上单调递减，因为，则，则.对于A选项，，即，所以，，A错；对于B选项，不妨取，则，即，此时，B错；对于C选项，因为偶函数在上单调递减，则，即，整理可得，C对；对于D选项，当时，由可得，解得，当时，由可得，解得.综上所述，不等式解集为，D对.故选：CD.【点睛】结论点睛：四种常用的导数构造法：（1）对于不等式（或），构造函数；（2）对于不等式（或），构造函数；（3）对于不等式（或）（其中为常数且），构造函数；（4）对于不等式（或）（其中为常数），构造函数.12．若存在直线，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，，下列命题为真命题的是（ ）A．在内单调递增B．和之间存在“隔离直线”，且的最小值为C．和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是D．和之间存在唯一的“隔离直线”【答案】ACD【分析】利用导数判断A选项的正确性．利用公切线，结合图象判断BC选项的正确性．利用公切线结合导数判断D选项的正确性．【详解】解：A选项，，所以，对于函数，其判别式，所以，令解得，所以在区间内，单调递增，故A正确．BC选项，画出，的图象如下图所示，由图可知，是“隔离直线”，且．设（，）分别是与图象上的一点，且直线AB是与图象的公切线．因为，过A点的切线方程为，即，令，令，则，所以，即，解得．所以公切线AB方程为．结合图象可知，k的取值范围是．所以B错误，C正确．对于D选项，构造函数，，所以在区间上，单调递减；在区间上，单调递增．所以在定义域上的极小值也即是最小值为，所以有唯一零点，也即与有唯一公共点．由上述分析可知，公切线方程为，D选项正确．故选：ACD． 三、填空题13．曲线在点处的切线方程为      .【答案】【分析】先对函数求导，再将代入导函数求出斜率，最后由直线的点斜式方程即可求出结果.【详解】因为，所以，当时，，所以切线方程为，整理得.故答案为：.14．徐悲鸿的马独步画坛，无人能与之相颉颃.《八骏图》是徐悲鸿最著名的作品之一，画中刚劲矫健、剽悍的骏马，在人们心中是自由和力量的象征，鼓舞人们积极向上.现有8匹善于奔跑的马，它们奔跑的速度各有差异.已知第i（i等于1，2，…，6，7）匹马的最长日行路程是第i＋1匹马最长日行路程的1.1倍，且第8匹马的最长日行路程为500里，则这8匹马的最长日行路程之和为             里.（取）【答案】5700【分析】根据等比数列的求和公式即可求解.【详解】有题意可知：第八匹马、第七匹马、…...,第一批马构成首项为500，公比为1.1的等比数列，所以这8匹马的最长日行路程之和为，故答案为：15．为了推动农业高质量发展，实施一二三五计划，枣阳市政府将枣阳市划分成①湖垱生态农业区，②桐柏山生态农业区，③数字农业区，④生态走廊区和⑤大洪山生态农业区五个发展板块（如下图），现用四种颜色给各个板块着色，要求有公共边界的两个板块不能用同一种颜色，则不同的着色方法有         种．【答案】【分析】按先后顺序分别涂区域③④①②⑤，确定每个区域的涂色方法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.【详解】先涂区域③，有种选择，接下来涂区域④，有种选择，接下来涂区域①②，涂区域①有种选择，涂区域②有种选择，最后涂区域⑤，有种选择，由分步计数原理可知，不同的着色方法种数为种.故答案为：.16．若，且，则的展开式中二项式系数最大的项的系数是        ．（用数字作答）【答案】【分析】根据给定条件，求出二项式的展开式的通项并求出n，再求出展开式中二项式系数最大的项的系数作答.【详解】二项式展开式的通项为，于是，整理得，而，解得，所以展开式中二项式系数最大的项是第5项，所以的展开式中二项式系数最大的项的系数是.故答案为： 四、解答题17．已知等比数列满足.(1)求的通项公式;(2)设,求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据基本量解方程求出公比即可求出通项公式；（2）利用错位相减求和即可.【详解】（1）设的公比为，由,得，即,解得，所以.（2），，，两式相减得，解得.18．（1）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个不同形状的精美盒子选择，问一共有多少种包装方法？（2）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个不同形状的精美盒子选择，每个盒子至少有一件装饰品，问一共有多少种包装方法？（3）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个大小、形状、图案等完全相同的精美盒子选择，每个盒子至少有一件装饰品，问一共有多少种包装方法？（4）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个大小、形状、图案等完全相同的精美盒子选择，问一共有多少种包装方法？【答案】（1）81；（2）36；（3）6种；（4）14.【分析】（1）利用分步计数原理可求包装方法的总数.（2）先选中要放进同一包装盒的两个装饰品，再全排列后可求包装方法的总数.（3）求出四件不同的装饰品分成3堆的方法后可求包装方法的总数.（4）求出四件不同的装饰品分成1,2,3,4堆的方法后可求包装方法的总数.【详解】（1）由分步计数原理可得包装方法的总数为.（2）因为每个盒子至少有一件装饰品，故有且只有两个装饰品放到同一个盒子中，故不同的包装方法为.（4）将四件不同的装饰品分成3堆（每堆放一个盒子），不同的分法为，故有6种不同的包装方法.（5）四件不同的装饰品分成一堆（每堆放一个盒子），有1种分法，四件不同的装饰品分成两堆（每堆放一个盒子），有种分法，由（4）可得四件不同的装饰品分成三堆（每堆放一个盒子），有种分法，故共有14种不同的包装方法.19．已知．(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）求出展开式的通项，进而可求得答案；（2）令，求得，再令，求得，即可得解；（3）根据通项结合组合数的运算性质即可得解.【详解】（1）展开式的通项为，则；（2）令，则，令，则，所以；（3）.20．如图为某仓库一侧墙面的示意图，其下部是矩形ABCD，上部是圆弧AB，该圆弧所在的圆心为O，为了调节仓库内的湿度和温度，现要在墙面上开一个矩形的通风窗EFGH（其中E，F在圆弧AB上，G，H在弦AB上）．过O作，交AB于M，交EF于N，交圆弧AB于P，已知，（单位：m），记通风窗EFGH的面积为S（单位：）．(1)设，将S表示成x的函数；(2)通风窗的高度MN为多少时，通风窗EFGH的面积S最大？【答案】(1)，；(2)时，通风窗的面积最大． 【分析】（1）用表示，再利用勾股定理求出，即可求出面积；（2）令，求导判断单调性从而求得的最大值，进而问题可解.【详解】（1）由题意知，，，故．因为，，所以．在中，．在矩形EFGH中，，，故．即所求函数关系是，．（2）因为，令，则，则．所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，取到最大值，此时S有最大值．即时，通风窗的面积最大．21．某研发小组为了解年研发资金投入量x（单位：亿元）对年销售额y（单位：亿元）的影响，结合近10年的年研发资金投入量和年销售额的数据（1，2，…10），建立了两个函数模型：①，②，其中α，β，λ，t均为常数，e为自然对数的底数．设， （1，2，…10），经过计算得如下数据．2066770200144604.2031250000.30821500(1)设和的相关系数为，和的相关系数为，请从相关系数的角度，选择一个拟合程度更好的模型．(2)①根据（1）中选择的模型及表中数据，建立y关于x的回归方程（系数精确到0.01）；②当年研发资金投入量约为亿元时，年销售额大致为亿元，若正数a，b满足，求的最小值．参考公式：相关系数，线性回归直线中斜率和截距的最小二乘法估计参数分别为，．【答案】(1)模型的拟合程度更好(2)①；②． 【分析】（1）根据相关系数公式分别计算，并比较的大小，较大的拟合程度更好；（2）①先由指数模型两边取对数转化为线性关系，根据公式先求解线性回归方程，再得出y关于x的回归方程；②将年销售额代入y关于x的回归方程，得出的关系，利用“1”的代换法结合均值不等式求解结果.【详解】（1），，因为，所以从相关系数的角度，模型的拟合程度更好．（2）①因为，所以，即．由题中数据可得，则，从而v关于x的线性回归方程为，故，即．②将年销售额亿元，代入，得，解得，则．故．因为，所以.当且仅当，即时，等号成立，此时，符合题意， 故M的最小值为．22．已知函数．(1)若，求的极值；(2)讨论的单调性；(3)若对任意，有恒成立，求整数m的最小值．【答案】(1)极大值为，无极小值．(2)分类讨论，答案见解析.(3)1 【分析】（1）求导，通过导数判断函数单调性，然后可得；（2）求导，分，讨论可得；（3）参变分离，将问题转化为在上恒成立问题，记，利用导数求函数的最大值所在区间可得.【详解】（1）的定义域为，当 时，，令，解得当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减．所以在时取得极大值为，无极小值．（2）因为当时，在上恒成立，此时在上单调递增；当时当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（3）因为对任意，恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立．设，则．设，，则在上单调递减，因为，，所以，使得，即．当时，；当时，．所以在上单调递增，在上单调递减，所以．因为，所以，故整数的最小值为1．【点睛】本题第三问属于恒成立问题,恒成立问题比较常见的处理方法之一便是参变分离法,然后构造函数转化问函数最值问题,利用导数可解.