2022-2023学年河北省石家庄市十五中高二下学期第二次月考数学试题含解析

2022-2023学年河北省石家庄市十五中高二下学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．在等差数列{an}中，若，公差d=2，则a7=（    ）

A．7 B．9 C．11 D．13

【答案】A

【分析】根据，公差d=2，利用等差数列的性质求解即可.

【详解】因为等差数列{an}中，且，公差d=2，

所以a7=a3+4d=7.

故选：A

【点睛】本题主要考查等差数列的基本性质，属于基础题.

2．设函数在处的导数为2，则（    ）．

A． B．2 C． D．6

【答案】A

【分析】根据导数的定义与极限的性质计算即可.

【详解】.

故选：A.

3．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）

A．60种 B．120种 C．240种 D．480种

【答案】C

【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.

【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，

故选：C.

【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.

4．若的展开式中常数项为，则正整数的值为（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】A

【分析】首先写出二项式展开式的通项，依题意可得且，即可排除B、C，再将A、D代入验证即可.

【详解】解：二项式展开式的通项为，

所以且，

显然且为整数，即为的倍数，故排除B、C，

又为的因数，所以或，

当时，此时，不符合题意；

当时，此时符合题意.

故选：A

5．已知等差数列的前项和为是关于的方程的两根，则（    ）

A．22 B．24 C．26 D．28

【答案】A

【分析】根据题意得，又即可求解.

【详解】因为是关于的方程的两根，

所以，

故选：A.

6．现有5种不同的颜色，给四棱锥P-ABCD的五个顶点涂色，要求同一条棱上的两个顶点颜色不能相同，一共有种方法.

A．240 B．360 C．420 D．480

【答案】C

【解析】利用分布计数原理逐个顶点来进行涂色，注意讨论同色与不同色.

【详解】当顶点A,C同色时，顶点P有5种颜色可供选择，点A有4种颜色可供选择，点B有3种颜色可供选择，此时C只能与A同色，1种颜色可选，点D就有3种颜色可选，共有种；

当顶点A,C不同色时，顶点P有5种颜色可供选择，点A有4种颜色可供选择，点B有3种颜色可供选择，此时C与A不同色，2种颜色可选，点D就有2种颜色可选，共有种；综上可得共有种，故选C.

【点睛】本题主要考查基本计数原理，两个原理使用时要注意是分步完成某事还是分类完成某事，侧重考查逻辑推理的核心素养.

7．设函数，在上的导函数存在，且，则当时（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于CD，构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得在上单调递减，从而得以判断.

【详解】对于AB，不妨设，，则，，满足题意，

若，则，故A错误，

若，则，故B错误；

对于CD，因为，在上的导函数存在，且，

令，则，

所以在上单调递减，

因为，即，所以，

由得，则，故C正确；

由得，则，故D错误.

故选：C.

8．设有三个不同的零点，则a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由有三个不同的零点，可得有三个不同的零点，画出图形，利用导数求解切线方程，进而可得切线斜率，结合图象关系即可求解．

【详解】如图，由有三个不同的零点，可得有三个不同的零点，

画出函数的图象，直线过定点，

当时，设过的直线与的切点为,，

由，得，，故切线方程为，

把定点代入得：，即．

，

即直线的斜率为．

则使有三个不同的零点的的取值范围是．

故选：D

二、多选题

9．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某校计划在社会实践中开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每天开设一门，连续开设6天，则下列结论正确的是（    ）

A．从六门课程中选两门的不同选法共有20种

B．课程“数”不排在最后一天的不同排法共有600种

C．课程“礼”、“书”排在相邻两天的不同排法共有240种

D．课程“乐”、“射”、“御”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种

【答案】BC

【分析】根据给定条件利用排列、组合知识，逐项分析计算判断作答.

【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有种，A不正确；

对于B，前5天中任取1天排“数”，再排其它五门体验课程共有种，B正确；

对于C，“礼”、“书”排在相邻两天，可将“礼”、“书”视为一个元素，不同排法共有种，C正确；

对于D，先排“礼”、 “书”、“数”，再用插空法排“乐”、“射”、“御”， 不同排法共有种，D不正确.

故选：BC

10．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】对ACD，由赋值法可判断；对B，由二项式展开项通项公式可求.

【详解】对A，令得，A对；

对B，由二项式展开项通项公式可得第2项为，B错

对C，令得，C对；

对D，令得，D错.

故选：AC.

11．已知等比数则的公比为，前项积为，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】利用数列的基本性质可得出，，求出的取值范围，可判断AB选项；利用等比数列的性质可判断CD选项.

【详解】因为数列等比数则的公比为且，则，

所以，，，

又因为，则，所以，，从而，

故对任意的，，由可得，A对B错；

，，即，C对D错.

故选：AC.

12．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】由数列的递推公式可判断AB，由累加法可判断CD.

【详解】由知，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，

即，A项正确；

根据递推公式，

得，B正确；

，

，

，

，

所以，即，故C正确；

由递推式，得，，…，，

累加得，

所以，

所以，

即，D项错误；

故选：ABC.

三、填空题

13．数列的前项和，则___________.

【答案】8

【分析】利用和的关系即可.

【详解】，

，

.

故答案为：8.

14．已知函数，则______．

【答案】9

【分析】先对函数求得，进而求得的值，得到，代入，即可求解．

【详解】由题意，函数，可得，

令，可得，解得，所以，

所以.

故答案为：9.

【点睛】本题主要考查了导数的运算，以及导数值的计算，其中解答中熟记导数的运算公式，以及函数在某点处的导数的意义是解答的关键，着重考查运算与求解能力.

15．已知能被13整除，则实数____________．

【答案】10

【分析】首先根据题意得到，再利用二项式定理展开即可得到答案.

【详解】因为，

所以，即．

故答案为：10

16．杨辉三角是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把组合数的一些代数性质直观地体现在数阵中.在杨辉三角的10行数字中，存在两个相邻的数字之比为的共有________行.

【答案】

【分析】由题意设第行相邻的两个数为，，根据组合数公式化简，再由整除取值即可.

【详解】由题意，第行各数从左到右均满足，

设第行相邻的两个数为，，则，

则，

化简得，即，，，，…，，

故，，，共有项.

故答案为：.

四、解答题

17．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数.

（1）可组成多少个不同的四位数？

（2）可组成多少个不同的四位偶数？

【答案】（1）300；（2）156.

【分析】（1）第一步排千位数字有种不同排法，第二步排百位、十位、个位数字种不同排法，

最后组成不同的四位数有种，

（2）先求第一类个位数字为0有种不同排法，再求第二类个位数字为2或4，则0不能排在千位，有种不同排法，最后求组成不同的四位偶数有种.

【详解】解：（1）根据题意分步完成任务：

第一步：排千位数字，从1，2，3，4，5这5个数字中选1个来排，有种不同排法；

第二步：排百位、十位、个位数字，从排了千位数字后剩下的5个数字中选3个来排列，有种不同排法；

所以组成不同的四位数有种，

（2）根据题意分类完成任务：

第一类：个位数字为0，则从1，2，3，4，5这5个数字中选3个来排在千位、百位、十位，有种不同排法；

第二类：个位数字为2或4，则0不能排在千位，有种不同排法；

所以组成不同的四位偶数有种.

【点睛】本题考查排列、组合的综合应用，是中档题.

18．已知展开式中前三项二项式系数之和为46.

(1)求的值.

(2)请求出展开式的常数项.

【答案】(1)，

(2).

【分析】(1)由二项式展开式的通项公式求前3项的二项式系数，列方程求；

(2)根据通项公式确定常数项的项数，由此求常数项.

【详解】（1）二项式的展开式的通项为，

所以展开式中前三项二项式系数依次为：，

由已知可得，

解得或，又为大于等于2的正整数，

故；

（2）由(1) 的展开式的通项为，

令，得，

所以的展开式的常数项为.

19．已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求在上的最大值和最小值．

【答案】（1）；（2）最大值，最小值．

【分析】（1）利用导数的几何意义，求得切线斜率，利用点斜式即可得解；

（2）利用导数研究函数的单调性，利用单调性即可求得最值.

【详解】（1）由得，，

∴，，

∴曲线在点处的切线方程，即；

（2）令可得或，此时函数单调递增，

令可得，此时函数单调递减，

故函数在上单调递减，

∴的最大值，最小值．

20．已知数列满足

(1)求证：数列是等比数列；

(2)设，求的前项和

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）根据题干条件构造出，结合等比数列定义证明结论；

（2）先求出的通项，利用分组求和法和错位相减法求出结果.

【详解】（1）因为，

所以，又，

所以，

∴数列是首项为，公比为的等比数列.

（2）由（1）知，，∴，

∵，∴，

∴

令

两式相减，

所以

所以，

又，

∴

21．已知在递增数列中，为函数的两个零点，数列是公差为2的等差数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列的前项和为，证明：.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）求出函数的零点，并求出数列的通项，再利用累加法求出的通项；

（2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和作答.

【详解】（1）函数的零点为3，8，而数列递增，则，，

因此数列是以5为首项，2为公差的等差数列，则，

当时，

，而也满足上式，

所以数列的通项公式是.

（2）证明：由（1）得，

因此

，而，

所以.

22．函数，．

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）若对于，总有，求实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）分类讨论，答案见解析；（Ⅱ）．

【分析】（Ⅰ）对函数进行求导，利用导数研究函数的单调性，即可求解；

（Ⅱ）分离参数，转化为分式函数的最值问题即可求解；或令，将问题转化为求即可求解；或根据切线不等式，，将关于的分式不等式进行转化即可求解．

【详解】解：（Ⅰ）由题意得．

当时，，函数在上单调递增；

当时，由得，

当时，

当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增．

（Ⅱ）解法一：由，得

设，

则．

设，

则，

则在上单调递增．

又，所以当时，，即

当时，，即，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，

故，

即实数的取值范围为．

解法二：由，得，

设，

则问题转化为．

，易知在上单调递增，则存在唯一的，使得，即，

则在上单调递减，在上单调递增，

则

设，

则

所以函数在上单调递减，且，

则，得，

易知函数为单调递增函数，

所以，

即实数的取值范围为．

解法三：由，得

考虑切线不等式与，

则，当且仅当时，等号成立．

又，当且仅当时，等号成立，

则，当且仅当时，等号成立，

即当时取最小值，为，

所以

即实数的取值范围为．

【点睛】方法点睛：已知不等式能恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：

（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；

（3）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．