2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二下学期期中联考数学试题（解析版）

2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．在等比数列中，，，则（       ）．

A． B．3 C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，求得等比数列的首项和，进而求得的值.

【详解】设等比数列的公比为，

因为，，可得，解得，

所以.

故选：B.

2．展开式中的系数为（       ）．

A．5 B． C．35 D．

【答案】D

【分析】先求展开式中和项，再与相乘可得.

【详解】展开式中第项为

所以展开式中项为

所以展开式中的系数为-40.

故选：D

3．在等差数列中，，且，，构成等比数列，则公差d等于（       ）．

A． B．0 C． D．0或

【答案】D

【分析】根据题意列出等式，即可求得答案.

【详解】由题意得： ，

则 ，解得 或 ，符合题意，

故选：D

4．已知，则等于（       ）．

A．11 B．10 C．8 D．1

【答案】B

【分析】求得函数的导数，求得，得到，即可求得的值.

【详解】由题意，函数，可得，

令，可得，解得，所以，

所以.

故选：B.

5．由0，1，2，3，4组成无重复数字的五位数，其中偶数的个数是（       ）．

A．60 B．72 C．96 D．120

【答案】A

【分析】根据题意，分为两类：当末位为和末位不为，结合排列数的公式，即可求解.

【详解】由题意，可分为两类：

当末位为时，可得无重复数字的五位偶数的个数为个；

当末位不为时，从中选一个排在末位，再从非零的数字中选一个排在首位，

共有个，

结合分类计数原理，共有个.

故选：A.

6．函数，若，，，则有（       ）．

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先比较a、b、c的大小，再利用导数研究函数的单调性，然后由单调性可得.

【详解】由题知，，，

所以

因为

所以函数在R上单调递增，

所以

故选：B

7．定义在R上的函数满足，是的导函数，且，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（       ）．

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】构造函数，，研究的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解．

【详解】设，，

则，

，

，

，

在定义域R上单调递增，

，，

即，

，

，

不等式的解集为

故选：．

8．一个口袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，每次从袋中至少取出一个球，恰好4次取完，那么不同的取法一共有（       ）种．

A．76 B．48 C．40 D．28

【答案】A

【分析】分两种情况讨论，有三次拿了1个球，两次拿了3个球或有两次拿1个球，两次拿2个球.

【详解】由题可得若有三次拿了1个球，两次拿了3个球，则无论哪一次拿3个球情况一样，则可拿3红或2红1白或2白1红，则有种取法，

若有两次拿1个球，两次拿2个球，先考虑拿2球的两次在四次中的排列，即种，

每种情况的种数一样，故可从拿2个球的次数着手，即先拿2球的拿的2红，后拿的是拿的2白或1红1白或2红；先拿的是1红1白，后拿的是2红或1红1白；先拿的是2白，后拿的是2红，则有种，

综上，不同的取法一共有种.

故选：A.

二、多选题

9．已知二项式的展开式中共有7项，则下列说法正确的有（       ）．

A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为1

C．二项式系数最大的项为第4项 D．有理项共3项

【答案】BC

【分析】由已知可得，从而可得二项式为，然后利用二项式的性质逐个分析判断

【详解】因为二项式的展开式中共有7项，

所以，则二项式为，

对于A，所有项的二项式系数和为，所以A错误，

对于B，令，则所有项的系数和为，所以B正确，

对于C，因为二项式的展开式中共有7项，所以由二项式的性质可知二项式系数最大的项为第4项，所以C正确，

对于D，二项式展开式的通项公式为，因为，所以当时，其对应的项为有理项，即共有4个有理项，所以D错误，

故选：BC

10．数学上有很多著名的猜想，“角谷猜想”（又称“冰雹猜想”）就是其中之一，它是指任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．记正整数按照上述规则实施第次运算的结果为，若，则可能为（       ）．

A．64 B．16 C．8 D．1

【答案】ACD

【分析】根据题意，利用利用带入检验法对四个选项一一验证即可.

【详解】利用带入检验法：

所以为64、8、1都符合题意，为16不符合题意.

故选：ACD

11．日前，为应对新冠疫情，某校安排甲、乙、丙、丁、戊5名老师到A、B、C、D四个社区参与志愿活动，以下说法正确的是（       ）．

A．每人都只安排到一个社区的不同方法数为625

B．每人都只安排到一个社区，每个社区至少有一人，则不同的方法数为480

C．如果D社区不安排，其余三个社区至少安排一人，则这5名老师全部被安排的不同方法数为150

D．每人都安排到一个社区，每个社区至少有一人，其中甲、乙不去A社区，其余三位老师四个社区均可安排，则不同安排方案的种数是126

【答案】CD

【分析】根据选项依次求出不同的安排方式即可得出.

【详解】对A，每人都只安排到一个社区，每人有4种安排方法，则不同的安排方法有种，故A错误；

对B，先将5人分成人数为2,1,1,1的四组，再将分好的四组安排到四个社区，则不同的安排方法有种，故B错误；

对C，先将5人分成人数为2,2,1或3,1,1的三组，再将分好的三组安排到三个社区，则不同的安排方法有种，故C正确；

对D，分两种情况，第一种情况：先从丙丁戊中选一人去A社区，再将其余四人分成人数为2,1,1的三组安排到B，C，D三个社区，不同的安排方法为种，

第二种情况：先从丙丁戊中选两人去A社区，再将其余三人安排到B，C，D三个社区，不同的安排方法为种，

所以不同的安排方法种数为种，故D正确.

故选：CD.

12．已知函数有两个零点、，则下列说法正确的是（       ）．

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】分析可知直线与曲线的图象有两个交点，数形结合可判断A选项；证明对数平均不等式，其中，且、均为正数，利用对数平均不等式可判断BCD选项.

【详解】由可得，令，其中，

所以，直线与曲线的图象有两个交点，

，令，可得，列表如下：

作出函数与的图象如下图所示：

由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，A对；

接下来证明对数平均不等式，其中，且、均为正数.

先证明，其中，

即证，

令，，其中，则，

所以，函数在上为增函数，当时，，

所以，当时，，

接下来证明：，其中，即证，

令，即证，

令，其中，则，

所以，函数在上为减函数，当时，，

所以，当时，，

由已知可得，两式作差可得，所以，，

因为，故，，B错，CD都对.

故选：ACD.

【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：

①由题中等式中产生对数；

②将所得含对数的等式进行变形得到；

③利用对数平均不等式来证明相应的问题.

三、填空题

13．5个人排成一排拍照，其中甲、乙不相邻，共有______种排法．（用数字作答）

【答案】

【分析】先排好甲乙之外的三个人，再把甲乙两人插入四个空隙中的两个之中，结合分步计数原理，即可求解.

【详解】由题意，先排好甲乙之外的三个人，共有种不同的分法，

再把甲乙两人插入四个空隙中的两个之中，共有种不同的方法，

结合分步计数原理，共有种不同的排法.

故答案为：

14．的展开式中含的项的系数为______．（用数字作答）

【答案】-120

【分析】利用排列组合思想，从五个因式中选择两个因式取x，再从剩余的三个因式中选择一个因式取-y，余下的两个因式取，可得含的项，然后可得.

【详解】从的五个因式中选择两个因式取x共有种，再从剩余的三个因式中选择一个因式取共有种，最后两个因式取，总的取法有种，所以含的项为

所以含的项的系数为-120.

故答案为：-120.

15．已知函数在上为增函数，则a的取值范围是______．

【答案】

【分析】函数在某个区间上为增函数的等价形式为：在区间上恒成立，再利用参变分离的方法构造新函数，运用导数求其极值与最值即可.

【详解】函数在上为增函数，

恒成立，

令

，

单调递减；

单调递增；

可得时，函数取得极小值，即：

，解得：，

a的取值范围是：.

故答案为：.

四、双空题

16．曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为，则______，______．

【答案】         

【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，可求出切线与两坐标轴交点的坐标，利用三角形的面积公式可求得，然后利用错位相减法可求得.

【详解】因为，，则，，

所以，切线方程为，

在切线方程中，令可得，令可得，

所以，，，

设数列的前项和为，

则，

所以，，

上述两个等式作差得，

令，

则，

上述两个等式作差得

，

，则，

因此，.

故答案为：；.

五、解答题

17．已知函数，，且．求：

(1)a的值及曲线在点处的切线方程；

(2)函数在区间上的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求导，求出参数a，然后根据点斜式写出直线方程.

（2）先求导，然后根据导数研究函数的最值.

【详解】(1)

，解得：

故，

曲线在点处的斜率为，切线方程

即

(2)由（1）可知：，

令，解得

故当时，，所以单调递减；

当时，，所以单调递增；

区间内，当时取最大值，最大值为

18．等差数列前n项和为，且，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列的前n项和为，若，求n的最小值．

【答案】(1)

(2)8

【分析】（1）根据题中给的等式求解出数列的首项和公差，再写出通项公式即可；

（2）根据数列的通项公式求解数列的通项公式，进而求解其前项和，最后根据不等式的知识求解的最小值．

【详解】(1)设等差数列的公差为，首项为，

则，解得，

所以数列的通项公式为．

(2)，

，

 由题得，

解得，

因为，所以的最小值是8．

19．已知的展开式中第2项与第三项的二项式系数之和为36．

(1)求n；

(2)求展开式中系数最大的项．

【答案】(1)

(2)和.

【分析】（1）根据题意得到，求得，即可求解；

（2）由（1）知，得到展开式的通项为，列出不等式组，结合组合数的公式，求得，进而求得，即可求解.

【详解】(1)解：由题意，的展开式中第2项与第三项的二项式系数之和为36，

可得，即，解得或（舍去），

所以.

(2)解：由（1）可得二项式，其展开式的通项为，

即展开式中项的系数为，

设第项的系数最大，则满足，

可得，即，解得，

当时，；当时，，

所以展开式中系数最大的项为和.

20．某服装厂主要从事服装加工生产，依据以往的数据分析，若加工产品订单的金额为x万元，可获得的加工费为万元，其中．

(1)若，为确保企业获得的加工费随加工产品订单的金额x的增长而增长，则该企业加工产品订单的金额x（单位：万元）应在什么范围内？

(2)若该企业加工产品订单的金额为x万元时共需要的生产成本为万元，已知该企业加工生产能力为（其中x为产品订单的金额），试问m在何范围时，该企业加工生产将不会出现亏损．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）令，求导，解即可求出结果；

（2）该企业加工生产将不会出现亏损，即恒成立，参变分离得到，构造函数，求出的最小值即可.

【详解】(1)当时，，所以，令，即，又因为，因此，所以该企业加工产品订单的金额x（单位：万元）应在；

(2)令，该企业加工生产将不会出现亏损，即恒成立，

所以，即，设，则，

令，

则，

所以在上单调递减，且，所以在上，即在上恒成立，故，所以，故，

因此当时，该企业加工生产将不会出现亏损.

21．设为等差数列的前n项和，其中，且．

(1)求常数的值，并写出的通项公式；

(2)记，数列的前n项和为，若对任意的，，都有，求正整数的最小值．

【答案】(1)，.

(2)的最小值为.

【分析】（1）根据题意，分别求得，，结合数列为等差数列，列出方程组，求得，得到，即可求得数列的通项公式；

（2）由（1）得到，利用乘公比错位相减法求得，把不等式，转化为，令，结合，根据数列的单调性，即可求解.

【详解】(1)解：由，且，

令，可得，解得；

当，可得，解得，

因为数列为等差数列，可得，解得，

所以，所以，

所以数列的通项公式为.

(2)解：由（1）知，所以，

则，

可得，

两式相减可得

，

所以

要使得，即，即，

令，可得，

则，

当时，；

当时，，即，

即，

所以当时，恒有，

故存在时，对于任意时，都有成立.

22．已知函数．

(1)若，求的单调区间；

(2)若对于任意的，恒成立，求a的最小值．

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）当时，求得函数的导数，结合导函数的符号，即可求得函数的单调区间；

（2）求得函数的导数，令 ，则在上单调递增，求得函数的最大值，转化为求得，即可求解.

【详解】(1)解：当时，函数，可得，

令，解得，

当时，；当时，，

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)解：由题意，函数，可得，

因为任意的，恒成立，

又由，所以，则，

令 ，则在上单调递增，

因为当时，，所以，

因为，所以，使得，

且当时，，则；

当时，，则，

所以在上单调递增，在上单调递减，

故，

由，可得，

因为恒成立，可得，即，

结合，得，所以，

令，则，

所以在上单调递增，所以，即，

故实数的最小值为.