2022-2023学年海南省华中师范大学琼中附属中学高二下学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年海南省华中师范大学琼中附属中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．在等差数列中，首项为，公差为，则（    ）

A．2 B．0 C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，利用等差数列的通项公式，即可求解.

【详解】由等差数列中，首项为，公差为，

则.

故选：D.

2．的展开式中，含的项的系数是（    ）

A． B．5 C．15 D．35

【答案】C

【分析】根据二项式定理求解.

【详解】由二项式定理：，令，得，

所以项的系数为；

故选：C.

3．已知一种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】记事件该元件使用寿命超过年，记事件该元件使用寿命超过年，计算出和，利用条件概率公式可求出所求事件的概率为.

【详解】记事件该元件使用寿命超过年，记事件该元件使用寿命超过年，

则，，

因此，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为，故选A.

【点睛】本题考查条件概率的计算，解题时要弄清楚两个事件的关系，并结合条件概率公式进行计算，考查分析问题和计算能力，属于中等题.

4．若函数，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【解析】利用导数的运算法则以及基本初等函数的导数即可求解.

【详解】由函数，

则，

，所以.

故选：A

【点睛】本题主要考查导数的运算法则以及基本初等函数的导数，需熟记导数公式与运算法则，属于基础题.

5．琼中中学一条校道路边有7盏路灯，为了节约用电，学校决定每天晩上点亮其中的3盏路灯，但要求点亮的3盏路灯都不相邻，不同的点亮方式有（    ）种

A．5 B．10 C．15 D．20

【答案】B

【分析】运用不相邻问题插空法即可求得结果.

【详解】因为不点亮的4盏灯形成5个空，将点亮的3盏灯插到这5个空中即可，

所以不同的点亮方式有种.

故选：B.

6．现用4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（    ）

A．24种 B．30种 C．36种 D．48种

【答案】D

【分析】按涂色顺序进行分四步，根据分步乘法计数原理可得解.

【详解】按涂色顺序进行分四步：

涂①部分时，有4种涂法；

涂②部分时，有3种涂法；

涂③部分时，有2种涂法；

涂④部分时，有2种涂法．

由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有4×3×2×2＝48种．

故选：D.

【点睛】本题考查了分步乘法计数原理，属于基础题.

7．有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有

A．34种 B．48种

C．96种 D．144种

【答案】C

【详解】试题分析：,故选C.

【解析】排列组合.

8．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用构造函数的方法比较大小即可.

【详解】先比较和，令，

则，

令，则，

当时，，即，所以，即，

所以在内单调递减，且，所以，

所以在内单调递减，且，

所以，即，

故，排除和;

再比较和，令，，

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

即在处取得最小值，故（当时等号成立），

，故.

故选：.

二、多选题

9．的展开式中，下列说法正确的是（    ）

A．所有项系数和为64 B．常数项为第4项

C．整式共有3项 D．项的系数

【答案】AC

【分析】根据赋值法可求出所有项系数和判断A，由二项展开式的通项公式可判断BCD即可.

【详解】令，由知，所有项系数和为64，故A正确；

二项展开式的通项公式为，令，解得，故展开式第5项为常数项，故B错误；

当时，，展开式为整式，故C正确；

当时，，，故D错误.

故选：AC

10．20件产品中有18件合格品，2件次品，从这20件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法表述正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】直接法：抽出的3件产品中至少有1件次品有两种可能：恰有1件次品和恰有2件次品，运即可算求解；间接法：法一：20件产品中任意抽取3件的抽法减去没有次品（全为合格品）的抽法；法二：先抽取1件次品，再从剩余的19件中任取2件，减去重复一次的情况（2个次品）.

【详解】直接法：抽出的3件产品中至少有1件次品有如下可能：

抽出的3件产品中恰有1件次品的抽法；

抽出的3件产品中恰有2件次品的抽法；

故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，A错误，B正确；

间接法：法一：这20件产品中任意抽取3件的抽法为，抽出的3件产品中没有次品（全为合格品）的抽法为，

故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，C正确；

法二：先抽取1件次品，再从剩余的19件中任取2件，抽法为，但2个次品的情况重复一次，抽出2个次品的抽法为，

故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，D正确；

故选：BCD.

11．已知函数，则（    ）

A．的单调递增区间为 B．在上是减函数

C．当时，有最小值 D．在定义域内无极值

【答案】BC

【解析】先求解出，根据分析出的单调性以及极值，由此可确定各选项是否正确.

【详解】因为，令，所以，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，是极小值点，

所以A错误，B正确；

当时，根据单调性可知，，故C正确；

显然有极小值，故D错误，

故选：BC.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，难度一般.要注意函数的单调区间和函数在某个区间上单调的区别.

12．已知数列满足，，，，数列的前项和为，且对，恒成立，则（   ）

A． B．数列为等差数列

C． D．的最大值为

【答案】BD

【分析】根据递推关系式可推导得到，知A错误；根据可推导得到，可知B正确；利用累乘法可求得，知C错误；利用等差数列求和公式可求得，结合基本不等式可求得的最大值，知D正确.

【详解】对于A，由得：，即，解得：；

，即，解得：；

，即，解得：，A错误；

对于B，由得：，

，，

又，数列是以为首项，为公差的等差数列，B正确；

对于C，由B得：，，，

又，

则当时，，

满足，，C错误；

对于D，由C得：，

由得：，，

（当且仅当，即时取等号），

，则，的最大值为，D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．的展开式中的系数是          .

【答案】

【分析】写出的展开式的通项，然后对分类求得答案．

【详解】展开式的通项为，，

①令，则；

②令，则；

综上可得：展开式中项的系数为．

故答案为：．

14．已知数列的前项和为，则数列的通项公式为          .

【答案】

【分析】根据与的关系利用相减法即可得数列的通项公式.

【详解】

当时，，所以，即①

当时，，

故不符合①式，

所以当时，，

则数列的通项公式为.

故答案为：.

15．若函数在上有最小值，则实数的取值范围为             

【答案】

【详解】f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)，令f′(x)＞0得x＜－1或x＞1，

令f′(x)＜0得－1＜x＜1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，减区间为(－1,1)．

所以要使函数f(x)＝x3－x在(a,10－a2)上有最小值，只需，

即⇒－2≤a＜1.

16．习近平总书记强调说，调查研究是谋事之基、成事之道.琼中县委、县政府根据党中央、国务院《关于在全党大兴调查研究的工作方案》文件精神，决定派出7人分成3个小组，到3个乡镇开展调查研究工作，其中2个小组各2人，1个小组3人，则不同的安排方法共有          .

【答案】

【分析】运用分步计数原理及部分平均分组分配模型先将7人分成3组分别2人、2人、3人再将3组分配到3个乡镇即可求得结果.

【详解】第一步：将7人分成3组分别2人、2人、3人有种方法；

第二步：将这3组分配到3个乡镇有种方法；

所以不同的安排方法有种.

故答案为：630.

四、解答题

17．.

(1)求；

(2)求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）令、可得答案；

（2）对条件式两边求导数得：令可得答案.

【详解】（1）令得：，

令得：，

以上两式相加得：，

从而；

（2）对条件式子两边求导数得：

；

令得：.

18．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%. 求：任取一个零件，计算它是次品的概率；

【答案】5.25%

【分析】根据条件，结合全概率公式求解即可.

【详解】由全概率公式可得，任取一个零件，求它是次品的概率为

.

19．在的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.

(1)求的值；

(2)求展开式中所有的有理项.

【答案】(1)

(2)所有的有理项为，，，

【分析】（1）写出展开式的通项，求出其第4项系数和倒数第4项系数，列出方程即可求出n的值；

（2）令的指数为整数，由此求出展开式的有理项．

【详解】（1）有题意知：，

则第4项的系数为，倒数第4项的系数为，

则有，即；

（2）由（1）可得，

当时，

所有的有理项为，

即，

.

20．某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会．一旦某次考试通过，便可领取资格证书．不再参加以后的考试，否则就继续参加考试，直到用完3次机会．李明决定参加考试，如果他每次参加考试通过的概率依次为0.6，0.7，0.8，且每次考试是否通过相互独立，试求：

（1）李明在一年内参加考试次数X的分布列；

（2）李明在一年内领到资格证书的概率．

【答案】（1）分布列见解析；（2）

【分析】（1）的取值分别为1，2，3，分别求出，，，由此能求出李明参加考试次数的分布列

（2）由已知条件，利用对立事件的概率计算能求出李明在一年内领到资格证书的概率．

【详解】解：（1）的取值分别为1，2，3．

，，

所以李明参加考试次数的分布列为：

（2）李明在一年内领到资格证书的概率为：

21．在等差数列中，已知.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）列出公差和首项的方程组求解即可；

（2）利用错位相减法求和即可.

【详解】（1），

，

故；

（2）由（1）可知，

，

，

，

两式相减得：，

，

，

所以.

22．设函数.

（1）若是的极值点，求的单调区间；

（2）若恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是；（2）.

【分析】（1）先求导，令，检验即得解；代入，分别令，得到单增区间和单减区间；

（2）转化为，分，两种情况讨论即可

【详解】（1），

，经检验符合条件

，

令，有或，令，有，

所以的单调递增区间是，单调递减区间是.

（2）由题意

当时，令，有，令，有，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以

，即

当时，不成立.

综上，.