广东省佛山市南海区2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版）

这是一份广东省佛山市南海区2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 数列中，，， 下列各式正确的是等内容，欢迎下载使用。

南海区2022至2023学年第二学期高二素养提升学业水平测试
数学试卷
本试卷共4页，总分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卡的相应位置上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液、不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 在等差数列中，若，则（ ）
A. 10 B. 15 C. 20 D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质及等差数列求和公式即可求解.
【详解】等差数列中，，所以

故选：B
2. 设曲线在点P(3，2)处的切线与直线平行，则=
A. 2 B. －2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据除法求导运算，求得曲线的导函数，进而得到直线的斜率．由两条直线平行，可得两条直线斜率相等，因而求得a的值．
【详解】对曲线求导，可得 ，在点P处切线的斜率为
直线方程可化为y＝ ax＋1
若与直线平行，则两条直线的斜率相等
所以
所以选D
【点睛】本题考查了曲线求导的基本运算，求过曲线上一点的切线方程求法，属于基础题．
3. 已知数列满足，若，则（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据递推关系分别求出，故可得数列的周期，从而可求解.
【详解】因为，，
所以，，，
所以数列的周期为3.
所以.
故选:D.
4. 已知，则x的值是（ ）
A. 3 B. 6 C. 9 D. 3或9
【答案】A
【解析】
【分析】根据组合数的性质求解即可.
【详解】由，
得或，
解得或，
当时，，不符合组合数的定义，所以舍去.
故选：A.
5. 数列中，，（为正整数），则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合递推式特征，利用累乘法算出，进而可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A
6. 若5名学生要去两个地方参加志愿者活动，每人只能去一个地方，每个地方至少要有一人前往，则不同的分配方案有（ ）种.
A. 10 B. 15 C. 30 D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】把5名同学分成2组，再安排到两个地方，按照分步计数相乘即可求解.
【详解】把5名同学分成2组有种方法，
再把每一种分组安排到两个地方，分配方式有种，
所以不同的分配方案有30种，
故选：C
7. 设首项为，公比为的等比数列的前项和为，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】Sn＝＝＝＝3－2an.

8. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】求导，设为“拉格朗日中值点”，由题意得到，构造，研究其单调性，结合零点存在性定理得到答案.
【详解】，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，
则，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，，
由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.
故选：B
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 下列各式正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据求导公式即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，由于为常数，所以，故A错误，
对于B，，B正确，
对于C ,C错误 ，
对于D，，D正确，
故选：BD
10. 在的展开式中，下列叙述中正确的是（ ）
A. 二项式系数之和为128
B. 各项系数之和为1
C. 常数项为15
D. 二项式系数最大的项是第3项和第4项
【答案】AB
【解析】
【分析】根据展开式的二项式系数的性质，可判定A，令，求得展开式的各项系数和，可判定B，求得展开式的通项可判定C，利用二项式系数最大为中间项可判断D.
【详解】对于A，的展开式中，二项式系数的和为，故A正确；
对于B，令，可得展开式的各项系数的和为，故B正确；
对于C，展开式的通项为，
因为，所以，所以展开式没有常数项，故C错误；
对于D，的展开式共有8项，二项式系数最大的项是第4项和第5项，故D错误.
故选：AB
11. 已知等比数则的公比为，前项积为，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【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. （多选）已知函数，则以下结论正确的是（ ）
A. 函数的单调减区间是
B. 函数有且只有1个零点
C. 存在正实数，使得成立
D. 对任意两个正实数，，且，若则
【答案】ABD
【解析】
【分析】先求导数,再解不等式,即可判断A;先构造函数，再利用导数研究其单调性，最后结合零点存在定理判断B;先分离，再利用导数研究函数最值，即可判断C; 先构造函数，再利用导数研究其单调性，最后利用单调性证不等式，即可判断D.
【详解】A选项，因为，所以，
由得，；由得，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增；故A正确；
B选项，令，
则显然恒成立；
所以函数在上单调递减；
又，，
所以函数有且仅有一个零点；故B正确；
C选项，若，可得，
令，则，
令，则，
由得；由得；
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
因此；所以恒成立，即函数在上单调递减，
所以函数无最小值；
因此，不存在正实数，使得成立；故C错；
D选项，令，则，则；
令，
则，
所以在上单调递减，则，即，
令，由，得，则，
当时，显然成立，
所以对任意两个正实数，，且，若则.故D正确.
故选：ABD
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调区间、利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式能成立问题，考查综合分析论证与求解能力，属较难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知一物体的运动方程是s＝24t－3t2(s的单位为m， t的单位为s)，则物体在t＝_______s时的瞬时速度为12 m/s.
【答案】2
【解析】
【分析】由平均速度的概念求得瞬时速度，代入已知可得，
【详解】在t到t＋Δt这段时间内，物体的平均速度为＝＝＝24－6t－3Δt.当Δt无限趋近于0时，无限趋近于24－6t，由题意得24－6t＝12，解得t＝2s.
故答案为：2.
14. 的展开式中的系数为______.（用数字作答）
【答案】25
【解析】
【分析】把按照二项式定理展开，可得展开式中的系数．
【详解】的展开式中的系数为，
故答案为：25
15. 记为等差数列的前n项和．若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】因为等差数列，根据已知条件，求出公差，根据等差数列前项和，即可求得答案.
【详解】是等差数列，且，
设等差数列的公差
根据等差数列通项公式：
可得
即：
整理可得：
解得：
根据等差数列前项和公式：
可得：
.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了求等差数列的前项和，解题关键是掌握等差数列的前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
16. 已知函数写出一组满足的，的整数值______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性，极值，最值即可求解.
【详解】当时，，求导，
令，求导
所以在上单调递增，且，
故有唯一的零点，即有唯一的零点，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即成立.
故答案为：（答案不唯一）
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）若在区间上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．
【答案】（1）单调递减区间为，；单调递增区间为．
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，解出函数的零点，由导函数的零点对函数的定义域分段，判断导函数在各区间段内的符号，从而得出原函数的单调区间；
（2）由（1）求出的函数的单调区间，分析函数在区间,上的单调性，从而求出函数在区间,上的最大值，即可求解，进而可求解最小值.
【小问1详解】
由，得：．
令，即．解得：或．
再令，即．解得．
所以该函数的单调递减区间为，；
单调递增区间为．
【小问2详解】
令，得到或（舍．
由（1）知该函数在,上递减，在,上递增，


所以最大值为，
所以．
故最小值为，
所以函数的最小值为．
18. 有2名男生和3名女生排成一排进行拍照，根据下列不同的要求，求不同的排队方法总数.
（1）其中甲一定要站在最左边；
（2）其中甲不在最左边，乙不在最右边；
（3）其中2名男生要相邻，女生甲、乙不相邻；
【答案】（1）24 （2）78
（3）24
【解析】
【分析】（1）根据特殊元素优先安排法即可求解，
（2）根据间接法，先任意排，在排除不符合要求的即可，
（3）根据相邻捆绑和不相邻插空法即可求解.
【小问1详解】
甲在最左边，则剩下的4个人全排列即可，共有种方法，
【小问2详解】
其中甲在最左边时，有种排法，乙在最右边有，
5个人全排列有，甲在最左边且乙在最右边时有
所以甲不在最左边，乙不在最右边的排队方法一共有；
【小问3详解】
将两名男生捆绑成一个整体和第三个女生全排列，此时形成3个空，
将女生甲乙安排在这3个空中，有，两个男生解绑，有，
所以总的排法为
19. 在单调递增的等差数列中，，，成等比数列，.
（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
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，结合题意求得，进而求得，即可求解；
（2）结合（1）求得，从而求得的通项公式，再根据裂项相消即可证明结论．
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由已知得，
即，即
化简得，又，解得，
又，所以，，
所以．
【小问2详解】
结合（1）得，
则，
所以.
20. 为响应国家提出的“大众创业万众创新”的号召，小王大学毕业后决定利用所学专业进行自主创业，生产某小型电子产品.经过市场调研，生产该小型电子产品需投入年固定成本2万元，每生产万件，需另投入流动成本万元.已知在年产量不足4万件时，，在年产量不小于4万件时，.每件产品售价6元.通过市场分析，小王生产的产品当年能全部售完.
（1）写出年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式.（年利润=年销售收入-年固定成本-流动成本.）
（2）年产量为多少万件时，小王在这一产品的生产中所获年利润最大？最大年利润是多少？
【答案】（1）；
（2）当年产量为8万件时，所获年利润最大，为9万元.
【解析】
【分析】（1）分以及，分别求解得出表达式，写成分段函数即可；
（2）当时，求导得出.然后根据基本不等式求出时，的最值，比较即可得出答案.
【小问1详解】
由题意，当时，；当时，.
所以.
【小问2详解】
当时，，令，解得.
易得在上单调递增，在上单调递减，所以当时，
.
当时，，
当且仅当，即时取等号.
综上，当年产量为8万件时，所获年利润最大，为9万元.
21. 已知数列的首项.
（1）从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①；②是等差数列；③；
（2）利用（1）中的条件，设，，求数列的前项和.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）选①②作条件，③作为结论：由已知求得公差，进而得到通项公式，即可证得结论；
选①③作条件，②作为结论，由已知可求得，即可证得是等差数列；
选②③作条件，①作为结论，由已知可求得，代入求得，即可证得；
（2）利用错位相减法可求和.
【小问1详解】
选①②作条件，③作为结论；
设等差数列的公差为，所以，所以
又，所以，所以
所以.
选①③作条件，②作为结论；
因为，
两式相减可得，即
因为，所以是等差数列.
选②③作条件，①作为结论；
设等差数列公差为，，所以，
所以，即
解得，所以
【小问2详解】
由（1）知，


两式相减得：

所以
22. 已知函数.
（1）证明：函数在定义域内存在唯一零点；
（2）设，试比较与的大小，并说明理由：
（3）若数列的通项，求证.
【答案】（1）证明见解析
（2），理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，分析函数的单调性，结合零点存在性定理即可得证；
（2）先判断出，分析即证.
令，则，设，结合（1），即可证明；
（3）由（2）知，若，总有成立.
不妨令，得到.利用累加法即可证明.
【小问1详解】
函数，定义域为
求导得，所以函数在上单调递增，
当时，，所以函数在定义域内存在唯一零点.
【小问2详解】
，理由如下：
要证，只需证，
即证，即证.
令，则，从而即证.
设，由（1）知以函数在区间上单调递增.
所以，即成立
故有.
【小问3详解】
由（2）知，若，总有成立.
不妨令，则有.
由于，所以，
所以，
所以，
即有成立.
【点睛】思路点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；
（4）利用导数证明不等式．