精品解析：安徽省怀宁县高河中学2022-2023学年高二下学期第二次月考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：安徽省怀宁县高河中学2022-2023学年高二下学期第二次月考数学试题（解析版），共15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。

2023年春高河中学高二第二次考试数学试题
考试范围：数列、导数、计数原理；考试时间：120分钟；总分：150分
一、单选题
1. 已知，，则，的等差中项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分母有理化可得，从而可求出，即可得到，的等差中项.
【详解】由题意，，
所以.
所以，的等差中项为.
故选：C.
【点睛】本题考查等差中项，考查学生的计算能力，属于基础题.
2. 已知等差数列的前项和为，若，，，则（ ）
A. 1004 B. 1005 C. 1006 D. 1007
【答案】C
【解析】
【分析】由题意解出公差后求解
【详解】∵等差数列的前项和为，，
∴，
∵代入解得，
∵，∴，即，
∴
故选：C
3. “谁知盘中餐，粒粒皆辛苦”，节约粮食是我国的传统美德．已知学校食堂中午有2种主食、6种素菜、5种荤菜，小华准备从中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜作为午饭，并全部吃完，则不同的选取方法有（ ）
A. 13种 B. 22种 C. 30种 D. 60种
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理可求出结果.
【详解】根据分步乘法计数原理，共有（种）不同的选取方法，
故选：D．
4. 已知函数f(x)＝ex－(x＋1)2(e为2.718 28…)，则f(x)的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用特殊值代入，可排除A、D,根据导数判断函数的单调性可排除B，即可得出结果.
【详解】函数，当时，，故排除A、D，又，当时，，所以在为减函数，故排除B,
故选：C.
【点睛】本题考查函数的图象、利用导数研究函数的单调性，识别函数图象问题，往往可根据特殊值或特殊自变量所在区间利用排除法解答，属于中档题.
5. 定义在的函数，对任意，恒有，，则a与b的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，对其求导得，由，可得，从而可得在上单调递减，进而可比较出与的大小
【详解】构造函数，则，
由可知，
则函数在上单调递减，
所以，即.
故选：B.
6. 数列满足，且，则等于（　　）
A. 19 B. 20 C. 21 D. 22
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，将原式变形可得，由累加法分析可得﹒
【详解】根据题意，数列满足，且，
即，
变形可得，
则有，

则，故；
故选：B．
7. 已知数列满足，则当取得最大值时的值为（ ）
A. 2020 B. 2024 C. 2022 D. 2023
【答案】A
【解析】
【分析】利用作商法可得，讨论n的取值判断与1的大小关系，即可得最大时的值.
【详解】∵，
∴当时，；当时，，
∴根据选项，当时，取得最大值.
故选：A．
8. 历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…即，，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，又记数列满足，，，则的值为（ ）
A. 4 B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
首先写出数列的项，判断数列是周期数列，再求解数列的项，并判断数列的周期，再求解前2021项和.
【详解】由题意可知，为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，1，1…周期为6的数列，
为1，1，1，1，，，1，0，1，1，，，1，0是从第三项起周期为6的数列．
从第3项起，每一个周期的6个数的和是，
所以
.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是读懂题意，并能正确写出数列和的项，并判断数列是周期数列，再求和就容易了.
二、多选题
9. 设公差不为0等差数列的前n项和为，若，则下列各式的值为0的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由得，利用可知不正确；；根据可知 正确；根据可知不正确；根据可知正确.
【详解】因为，所以，所以，
因为公差，所以，故不正确；
，故正确；
，故不正确；
，故正确.
故选：BD.
【点睛】本题考查了等差数列的求和公式，考查了等差数列的下标性质，属于基础题.
10. 现有6位同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每位同学可自由选择其中的一个讲座，则不同选法的种数错误的是（ ）.
A. B. C. D. 6×5×4×3×2
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，每位同学都有5种选择，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，每位同学都有5种选择，共有（种）不同的选法，
所以A正确，B，C，D错误．
故选：BCD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点 B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.

12. （多选）设为函数的导函数，已知，，则下列结论不正确的是（ ）
A. 在单调递增 B. 在单调递增
C. 在上有极大值 D. 在上有极小值
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意构造函数，利用导数判断的单调性和极值情况.
【详解】由可得：，，即.
令，则令，解得：；令，解得：；
所以函数在单减，在单增.
在处取得极小值，也是最小值，无极大值.
故选：AC
三、填空题
13. 函数，则_________ .
【答案】##-0.75
【解析】
【分析】根据给定条件变形，直接计算即可作答.
【详解】因，于是得，
所以.
故答案为：
14. 用种不同的颜色给图中个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，涂色方法有______种.

【答案】320
【解析】
【分析】先从左边第一个格子开始涂色，然后第二个、第三个、第四个格子涂色方法，由分步乘法计数原理可得解.
【详解】先从左边第一个格子开始涂色，第一个格子有5种涂色方法，第二个格子有4种涂色方法，第三个格子有4种涂色方法，第四个格子有4种涂色方法，
所以共有种不同的涂色方法.
故答案为：.
15. 等差数列中，，，且，是前项和，则下列判断正确的有_______．
①数列的最小项是；
②，，；
③先单调递减后单调递增；
④当时，最小；
⑤．
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式分别进行判断．
【详解】解：①等差数列中，，，，即数列单调递增，数列的最小项是；①正确．
②，，且，，即，
，
，
；②错误．
③当时，，当时，，先单调递减后单调递增；③正确．
④当时，，当时，，当时，最小；④正确．
⑤，，⑤错误．
故正确是①③④．
故答案为：①③④
16. 2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．

若第1个图形中的三角形的边长为2，则第4个图形的周长为______．
【答案】
【解析】
【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解.
【详解】记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，则
有条边，边长；有条边，边长；有条边，边长；
分析可知，即；，即，
当第1个图形中的三角形的边长为2，时，即，，
所以，
则第4个图形的周长为.
故答案为：.
四、解答题
17. 已知函数
（1）求f(x)在x=0处的切线的方程；
（2）求函数f(x)的单调增区间．
【答案】（1）；（2）增区间为，，减区间．
【解析】
【分析】（1）求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）求出函数的极值点，列表分析函数的单调性以及导数符号的变化，即可得出函数的单调区间．
【详解】（1），，则，.
因此，曲线在处的切线方程为；
（2）令，得，列表如下：














极大值

极小值


所以，函数的增区间为，，减区间．
18. 某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．
（1）任选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？
（2）三个年级各选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？
（3）选2个班的学生参加社会实践活动，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？
【答案】（1）21；（2）336；（3）146.
【解析】
【分析】(1)根据条件利用分类加法计数原理即可计算得解；
(2)根据条件利用分步乘法计数原理即可计算得解；
(3)先分三类，再将每一类分两步用分步乘法计数原理求出对应结果，然后将各类的计算结果相加即得.
【详解】（1）分三类：第一类，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二类，从高二年级
选1个班，有7种不同的选法；第三类，从高三年级选1个班，有8种不同的选法，
由分类加法计数原理，知共有种不同的选法；
（2）分三步：第一步，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二步，从高二年级
选1个班，有7种不同的选法；第三步，从高三年级选1个班，有8种不同的选法，
由分步乘法计数原理，知共有种不同的选法；
（3）分三类，每类又分两步：第一类，从高一，高二两个年级中各选1个班，有种不同的选法，
第二类，从高一、高三两个年级中各选1个班，有种不同的选法，
第三类，从高二，高三两个年级中各选1个班，有种不同的选法，
由分类加法计数原理，知共有种不同的选法．
19. 数列的前n项和记为，且＝1，
（1）求证：数列是等比数列
（2）求数列通项公式
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】（1）把，化为化简整理得，进而可推出是以1为首项2为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式即可得出；（2）由，结合（1）可得，当时，.
【详解】（1），
，又.
是以1为首项2为公比的等比数列
（2）是以1为首项2为公比的等比数列，
，即，
当时，，
也符合，所以，
【点睛】本题主要考查数列的通项公式与前项和公式之间的关系，属于中档题. 已知数列前项和与第项关系，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意 的情况.
20. 已知等差数列的公差，前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若（为非零常数），且数列也是等差数列，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出通项公式和前n项和，根据关系列出方程，即可得到通项公式.
（2）写出等差数列的前n项和，进而得到等差数列的通项公式，利用等差数列的性质列出关系式，解方程，得到的值.
【小问1详解】
由题意, ，
在等差数列中， ，
，
设，，
，解得：
∴
即：
【小问2详解】
由题意及（1）得，，
在等差数列中， ， ，
，
在等差数列中，为非零常数
，
∴，解得：
21. 用1，2，3，4四个数字组成可有重复数字的三位数，这些数从小到大构成数列．
（1）这个数列共有多少项
（2）若，求m的值．
【答案】（1）64；（2）45.
【解析】
【分析】（1）应用分步计数方式，求四个数字组成的可有重复数字的三位数的个数即可.
（2）由分类、分步计数方式：比341小的数有①百位上的数是1或2、②百位上的数是3，分别求出并加总，即可知m的值．
【详解】（1）由题意，知这个数列的项数就是由1，2，3，4四个数字组成的可有重复数字的三位数的个数．
由于三位数上每个数位上的数都有4种取法，则三位数有个，
∴数列共有64项．
（2）比341小的数分为两类：
第一类，百位上的数是1或2，有个
第二类，百位上的数是3，十位上的数可以是1，2，3中的任一个，个位上的数可以是1，2，3，4中的任一个，有个．
∴比341小数共有个，则341是这个数列的第45项，即.
22. 已知函数图象在原点处的切线方程为.
（1）求函数的解析式；
（2）证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由原点处的切线方程有，，即可求参数a、b，进而写出的解析式；
（2）由题设只需证恒成立，令利用导数研究其单调性，进而确定各单调区间上的函数符号，即可证结论.
【小问1详解】
由在原点处的切线方程为且，
∴，， 解得，，
∴.
【小问2详解】
证明：要证，即证，
令，则，，，
令，则，，
当时，，
∴在上是增函数，，即.
∴在上是增函数，则.
当时，，，
∴，在上的增函数，.即，
∴在上单调递减，则.
当时，.
综上，在定义域R上恒有，即.