2022-2023学年河北省沧衡八校联盟高二（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年河北省沧衡八校联盟高二（下）期中数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  甲工厂有名工人，乙工厂有名工人，丙工厂有名工人，现从中选取人参加技术培训，则不同的选法有(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

2.  已知数列满足，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知，且，则(    )

A.  B.  C.  D.

4.  若的展开式中所有项的系数之和为，则展开式中的常数项为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  甲、乙、丙人准备前往，，，这个景点游玩，其中甲和乙已经去过景点，本次不再前往景点游玩，若每个人都至少选择个景点但不超过个景点游玩，则人可组成的不同的游玩组合有(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

6.  已知直线与函数，的图象分别交于点，，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  年卡塔尔世界杯是第二十二届国际足联世界杯，于当地时间年月日至月日在卡塔尔境内座城市中的座球场举行本届世界杯的赛制规定：从小组赛晋级的支球队将被自动分成组，每组的支球队比赛一场，获胜的球队晋级决赛若从小组赛晋级的支球队中选出支球队，且恰有支球队来自同一组，则不同的选择方法有(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

8.  “杨辉三角”是中国古代数学家杨辉杰出的研究成果之一如图，从杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，则在第条斜线上，最大的数是(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  在某次数学测试中，学生的成绩，则(    )

A.
B. 若越大，则越大
C.
D.

10.  已知，则(    )

A.  B.
C.  D. 展开式中所有项的二项式系数的和为

11.  已知为常数，等差数列的前项和满足，则的值可能为(    )

A.  B.  C.  D.

12.  已知，，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  函数的图象在处的切线方程为______ ．

14.  某学校组织学生进行答题比赛，已知共有道类试题，道类试题，道类试题，学生从中任选道试题作答，学生甲答对，，这类试题的概率分别为，，若学生甲答对了所选试题，则这道试题是类试题的概率为______ ．

15.  一个装有水的圆柱形水杯水平放在桌面上，在杯内放入一个圆柱形铁块后，水面刚好和铁块的上底面齐平，如图所示已知该水杯的底面圆半径为，铁块底面圆半径为，放入铁块后的水面高度为，若从时刻开始，将铁块以的速度竖直向上匀速提起，在铁块没有完全离开水面的过程中，水面将______ 填“匀速”或“非匀速”下降；在时刻，水面下降的速度为______ ．

16.  已知定义域为的偶函数满足，且当时，，若将方程实数解的个数记为，则 ______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知数列的前项和为，，且证明：
是等差数列；
．

18.  本小题分
从，，，，，中任取个数字，随机填入如图所示的个空格中．

若填入的个数字中有和，且和不能相邻，试问不同的填法有多少种？
若填入的个数字中有和，且区域，，中有奇数，试问不同的填法有多少种？

19.  本小题分
等比数列的前项和为，已知，且，，成等差数列．
求的通项公式；
若，数列的前项和．

20.  本小题分
已知函数．
求的极值；
若恒成立，求的取值范围．

21.  本小题分
某单位组织员工进行排球娱乐比赛，比赛规则如下：比赛实行五局三胜制，任何一方率先赢下局比赛时比赛结束，每一局比赛获胜方得分，失败方得分，甲，乙两队相互打比赛已知甲队每一局获胜的概率均为．
求甲、乙两队局结束比赛的概率；
记比赛结束时甲队的得分为，求的分布列和期望．

22.  本小题分
已知函数，．
若无零点，求的取值范围；
若有两个相异零点，，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：依题意可知，不同的选法有种．
故选：．
根据分类加法计数原理求得正确答案．
本题主要考查分类加法计数原理，考查运算求解能力，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，，，，；
因为，所以．
故选：．
通过递推公式逐个求解项，对照选项可得答案．
本题主要考查数列的递推式，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：由题设，，，则，
所以．
故选：．
根据二项分布期望、方差公式及已知列方程求即可．
本题主要考查二项分布的期望与方差公式，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：因为的展开式中所有项的系数之和为，
所以，解得．
所以的通项公式为，
令得，所以常数项为．
故选：．
先根据所有项的系数之和求出，再利用通项公式可得常数项．
本题考查的知识要点：二项式的展开通项公式，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
 

5.【答案】 

【解析】解：因为甲和乙已经去过景点，本次不再前往景点游玩，
所以两人可以从，，这个景点中，选择个，个或个去游玩，
两人的选择方法均为：种；
而丙的选择方法有：种；
所以人可组成的不同的游玩组合有：种．
故选：．
先确定甲乙的选择，再确定丙的选择利用分步计数原理和组合知识可求答案．
本题考查排列组合相关知识，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：直线与函数，的图象分别交于点，，
则，当且仅当时，取等号．
所以的最小值为．
故选：．
求解距离的表达式，利用基本不等式求解函数的最小值即可．
本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，是基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：因为小组赛晋级的支球队自动分成组，从中选支，支球队来自同一组，
所以要先从组中选一组，有种选法，
这组两支球队全选，保证支球队来自同一组，
再从剩余组中选组，每一组选支球队，这支球队来自不同组，有种选法，
所以不同的选择方法有种．
故选：．
首先考虑恰有支球队来自同一组的选法，再确定另外支不同组的选法，利用分步计数原理，求解即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：杨辉三角第行的数据为：                     ，
第行的数据为：                        ，
第行的数据为：                           ，
第行的部分数据为：         ，
第条斜线上的数为：     ，所以最大的数是．
故选：．
根据杨辉三角的规律再向下写出行，找出第条斜线上的数，比较大小可得答案．
本题主要考查归纳推理，考查转化能力，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：因为，所以，A正确；
当时，，当时，，不正确；
因为，所以，C正确；
根据正态曲线的对称性，不正确．
故选：．
根据正态曲线的对称性结合选项逐个分析可得答案．
本题考查正态分布曲线的相关知识，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：令，得，所以A正确；
展开式的通项为，
令，得，所以B正确；
令，得，又，
所以，所以不正确；
展开式中所有项的二项式系数的和为，所以D正确．
故选：．
采用赋值法，分别令和可以判断选项A、；根据二项式展开式的通项求得的系数，可以判断选项B；直接由展开式中所有项的二项式系数的和的知识就可以判断选项D．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：因为为常数，等差数列的前项和满足，
所以，
则，解得或
所以或
所以或，
故选：．
根据等差数列的前项和满足，将前项和公式和通项公式代入，求得首项和公差即可．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：构建，
则在时恒成立；
则在上单调递减，可得，
令，则，
且，即，
故，即；
，则，
又，则，
，即；
，则，即，
又，即，
故，即；
综上所述：．
、C正确，、D错误．
故选：．
构建，求导，利用导数可得原函数的单调性，进而可得，再利用作差法和不等式性质可得，，进而可得结果．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，对数大小的比较，考查逻辑推理能力，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：因为，，
所以切点坐标为，
又因为，
所以，
所以切线的斜率，
所以切线方程为：，即．
故答案为：．
求得切点坐标为，切线的斜率，由点斜式即可得切线方程．
本题主要考查了利用导数的几何意义求切线方程，属于中档题．
 

14.【答案】 

【解析】解：设学生选道类试题为事件，学生选道类试题为事件，学生选道类试题为事件，
设学生答对试题为事件，则，，，
，，，
所以，
所以．
故答案为：．
利用全概率公式及条件概率公式计算可得．
本题主要考查全概率公式，属于基础题．
 

15.【答案】匀速  

【解析】解：设在铁块没有完全离开水面的过程中，水面高度为，铁块离开水面的高度为，
则水和铁块的体积为，即，
铁块距离杯底的高度为，
由可得，设，则，
故水面将匀速下降，下降的速度为．
故答案为：匀速；．
由圆柱形铁块竖直向上匀速提起，可得水面匀速下降；根据已知得出水面高度与时刻的函数关系，通过导数求瞬时速度．
本题考查导数的实际意义，化归转化思想，属中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：由题意可得，
又因为，
所以，
所以，所以，
方程的实数解个数，即两函数与的交点个数，
又因为也是偶函数，所以两函数的交点是关于轴对称，
这里只分析的情况．
结合条件作出两函数简要图象如下：
当时，

此时有两个交点，即，
当时，

此时有个交点，即，
当时，

此时有个交点，即，以此类推，可知，
故，
即．
故答案为：．
由条件分析得函数的周期性，结合对称性作出草图，分析两函数的交点个数，得出数列通项，裂项相消求和即可．
本题考查了偶函数的性质、函数的对称性及周期性、利用裂项相消求和及数形结合思想，属于中档题．
 

17.【答案】证明：因为，
当时，；
两式相减可得，
整理可得，又，
故是以为首项和公差的等差数列．
由可知，
所以，
则，
所以，
因为，所以，
即． 

【解析】根据，的关系得出，的关系，再利用等差数列的定义证明；
先求出，再利用裂项相消法进行证明．
本题考查等差数列的定义与通项公式的应用，裂项求和法的应用，化归转化思想，属中档题．
 

18.【答案】解：在，，，这四个数中任选个数排列，有种，
个数中共有个空，将和插空，有种，
不同的填法有种；
若填入的个数字中有和，
再从，，，中任取个数字，有种，将这个数字全排列，有种，
共有种，
若区域，，中无奇数，则只能为，，，则有，
填入的个数字中有和，且区域，，中有奇数，不同的填法有种． 

【解析】在，，，这四个数中任选个数排列，再将和插空即可；
运用间接法，求出总数和区域，，中无奇数的排法，再作差即可．
本题考查了排列组合的运用，属于中档题．
 

19.【答案】解：设等比数列的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，
因为，所以，即，
所以．
由得，因为，所以，
所以，即；
所以，
所以，两式相减可得：


，
所以． 

【解析】根据等差中项可得公比，利用等比数列的通项公式可得答案；
先通过求出，再利用错位相减法求和，可得．
本题考查等比数列的通项公式的求解，错位相减法求和，方程思想，化归转化思想，属中档题．
 

20.【答案】解：，，
令，故在单调递增，
令，故在单调递减，
故当时，取极小值，且极小值为，故极大值；
恒成立，恒成立，
设，则，
令，则，
由知：在处取极小值也是最小值，且最小值为，故，
因此在上单调递增，且，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故当时，取极小值也是最小值，
故，
的取值范围为． 

【解析】求导，利用导数求解单调性即可求解极值，
将恒成立问题转化成求函数最值问题，构造函数，利用导数求解最值．
本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，利用导数研究函数的最值，恒成立问题的求解，化归转化思想，属中档题．
 

21.【答案】解：根据题意可知，若甲、乙两队局结束比赛，则甲赢三局或甲输三局，
所以，
故甲、乙两队局结束比赛的概率为．
根据题意可知，的可能取值为，，，，，
则，
，
，
，
，
所以的分布列为：

则． 

【解析】由题意可知，分为甲连赢三局与或甲连输三局，即可得到结果；
根据题意可得的可能取值为，，，，，然后分别求出其对应的概率，然后由期望的计算公式即可得到期望．
本题主要考查离散型随机变量期望、分布列的求解，考查转化能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：，，
令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数的最小值是，
因为函数无零点，
所以，所以，
所以的取值范围是；
证明：不妨设，由得，在上单调递减，在上单调递增，
，故，，
，
设，，
因为，，
所以函数在区间单调递增，且，
所以在区间上恒成立，
故，即，
又在上单调递减，
，
． 

【解析】在定义域内，根据函数求导判断函数单调性，找出定义域内最小值，当满足时即可求的取值范围．
根据中求导结果得出零点，的取值范围，根据零点性质可知，据此利用函数单调性定义得出和的大小关系，从而证明出．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与最值，构造函数证明不等式，化归转化思想，属难题．