2022-2023学年广东省阳江市第三中学高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年广东省阳江市第三中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知数列是等差数列，且，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】B

【分析】根据等差数列的下标和性质即可求得答案.

【详解】由于数列是等差数列，故，

故选：B

2．函数的单调递减区间是(　　)

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由导数与单调性的关系求解，

【详解】，则，

由得，

故的单调递减区间是，

故选：B

3．若数列的前n项和，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据递推公式和首项可求出结果.

【详解】因为，，

所以，则，

，则.

故选：C

4．曲线在点处的切线与轴交点的横坐标为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】求出原函数的导函数，得到曲线在点处的切线方程，取y=0求得x值即可.

【详解】由，得，则曲线在点处的切线斜率为，

∴曲线在点处的切线方程为，

取，可得．

∴曲线在点处的切线与轴交点的横坐标为-1．

故选：C．

5．为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（    ）

A．8 B．10 C．16 D．18

【答案】A

【分析】分类讨论3枚邮票的组成情况，根据分布乘法计数原理和分类加法计数原理运算求解.

【详解】由题意可知：会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有2枚，“志愿者标志”有1枚，

若任取3枚，取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则有：

若会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有1枚，共有种；

若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有2枚，共有种；

若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有1枚，“志愿者标志”有1枚，共有种；

故共有种.

故选：A.

6．函数的图像大致是（    ）

A．   B．  

C．   D．  

【答案】D

【分析】根据题意，得到函数的函数值的正负，可排除A、C项；求得，得出函数的单调区间，可排除B项，即可求解.

【详解】由函数，令，即，解得或，

所以当或时，；当时，，可排除A、C项；

又由，令，可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

则可排除B项，选项D符合题意.

故选：D.

7．在的展开式中，的系数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过二项展开式的通项公式直接求特定项系数.

【详解】的通项为，

令，即，，

故选：D.

8．若函数在上只有一个零点，则常数的取值范围是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得：原题意等价于与有且仅有一个交点，利用导数判断的单调性和极值，数形结合求常数的取值范围.

【详解】令，则，

构建，原题意等价于与有且仅有一个交点，

因为，

令，解得或；令，解得；

则在上单调递增，在上单调递减，

可得在处取到极大值，在处取到极小值，

且当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，

结合的图象可知：若与有且仅有一个交点，则或，

所以常数的取值范围是.

故选：D.

二、多选题

9．(多选)数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，已知a7＝5，S7＝21，则（    ）

A．a1＝1 B．d＝－

C．a2＋a12＝10 D．S10＝40

【答案】ACD

【分析】根据所给条件，代入等差数列的通项公式和求和公式，直接计算即可得解.

【详解】设数列{an}的公差为d，

则由已知得S7＝，

即21＝，解得a1＝1.

又a7＝a1＋6d，所以d＝.

所以S10＝10a1＋d＝10＋＝40.

由{an}为等差数列，知a2＋a12＝2a7＝10.

故选：ACD

10．下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．“仁义礼智信”为儒家“五常”，由伟大的教育家孔子提出，现将“仁义礼智信”排成一排，则“礼智”互不相邻的排法总数为72

【答案】BCD

【分析】根据排列数和组合数的计算公式判断ABC，利用插空法判断D.

【详解】对于A，因为，故A错误；

对于B，，，故B正确；

对于C，由组合数的性质可得，故C正确；

对于D，采用插空法，将“礼智”插入“仁义信”的4个空中，则一共有种，故D正确，

故选：BCD

11．已知函数在处取得极值，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．一定有两个极值点 D．的单调递增区间是

【答案】BC

【分析】根据和可求得，代回解析式验证是否为极值点可知，满足题意，由此可得AB正误；根据极值点定义可知C正确；验证可知在不满足单调递增定义，知D错误.

【详解】，且在处取得极值，

，解得：或；

当，时，，

则当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

是的极小值点，满足题意；

当，时，，

在上单调递增，不合题意；

综上所述：，；

对于AB，，A错误，B正确；

对于C，和分别为的极大值点和极小值点，C正确；

对于D，当，时，，

，，

，即不满足在单调递增，

的单调递增区间应为和，D错误.

故选：BC.

12．已知数列满足，，则（    ）

A．是递减数列 B．

C． D．

【答案】BD

【分析】根据数列单调性的判断方法，累加法，累乘法以及裂项求和法，结合已知条件，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：，又当时，与矛盾，故，即，

故该数列递增数列，A错误；

对B：，

根据A知：，即，，故B正确；

对C：，由可得，

故（当或时取得等号），故，C错误；

对D：由可得，即，

故，

又，故，故，D正确.

故选：BD.

【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，累加法，累乘法以及裂项求和法，处理问题的关键是能够根据常见的地推关系，选择适当的方法求解，属困难题.

三、填空题

13．计算          .

【答案】765

【分析】根据排列数、组合数公式运算求解.

【详解】由题意可得：.

故答案为：765.

14．由线在处的切线方程是          .

【答案】

【分析】首先求导得，求出切点为，切线斜率为，则得到切线方程.

【详解】时,,则切点为,,

故切线斜率，

所以切线方程:，化简得.

故答案为：.

15．用这10个数字，可以组成       个没有重复数字的三位数.

【答案】648

【分析】先考虑百位，然后考虑十位和个位，由此计算出正确答案.

【详解】先考虑百位，有种方法；

然后考虑十位和个位，有种方法；

故没有重复数字的三位数有个.

故答案为：

16．若方程有两个不等的实数根，则实数的取值范围是          .

【答案】

【分析】问题转化为函数的图像与直线有 2 个交点，利用导数研究函数单调性，作出函数图像，数形结合求实数的取值范围.

【详解】方程化为 ，令则问题转化为的图像与直线有 2 个交点，

因为，

当 时，单调递减，

当 时，，单调递增，

所以函数最小值为，且当正向无限趋近于时， 的取值无限趋近于正无穷大； 当无限趋近于正无穷大时， 的取值无限趋近于正无穷大；

故方程有两个不等的实数根时，.

故答案为：

四、解答题

17．已知在等差数列中，.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可；

（2）根据等差数列和等比数列的前项和公式进行求解即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

由；

（2）

18．求下列函数的导数

（1）   

（2）   

（3）

【答案】(1) (2) (3)

【分析】利用导数的运算法则和计算公式,逐一计算可得答案.

【详解】解：（1），则

（2）

（3）

【点睛】本题考查了导数的计算公式,意在考查学生对于公式的记忆和理解,以及运算能力.

19．已知数列 中 ，，.

(1)求证：是等比数列；

(2)若数列满足，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意得，结合等比数列定义证明数列是等比数列；

（2）由（1）可求即，利用错位相减法求和即可.

【详解】（1）因为，

所以，

又，，

所以，

所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列

（2）由(1)知 ，因为，

所以，

所以 ，

 ，

两式相减，得 ，

所以

20．已知函数在处取得极小值-2.

(1)求实数的值；

(2)若，都有成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)，；

(2)

【分析】（1）根据已知条件可得，求解即可.

（2）问题等价于，利用导数法求得的最大值和最小值，从而可以求解.

【详解】（1），

因为函数在处取得极小值-2，

所以，即，解得．

经检验，当，时，在处取到极小值，

所以，.

（2）由（1）可知，，则

令，解得或，

而，所以当，时，单调递增；

当时，单调递减.

又

所以当时，.

若，都有成立，

只需，所以.

故实数的取值范围为.

21．某校举办元旦晩会，现有4首歌曲和3个舞蹈需要安排出场顺序.（结果用数字作答）

(1)如果4首歌曲相邻，那么有多少种不同的出场顺序?

(2)如果3个舞蹈不相邻，那么有多少种不同的出场顺序?

(3)如果歌曲甲不在第一个出场，舞蹈乙不在最后一个出场，那么有多少种不同的出场顺序?

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】(1)捆绑法：先将4首歌曲捆绑，然后与3个舞蹈排序，有（种）不同的出场顺序.

（2）插空法：先将4首歌曲排好，再将3个舞蹈排入4首歌曲隔开的5个空中，（种）不同的出场顺序.

（3）有条件限制类排列：可用排除法，7个节目全排列，有种情况，其中歌曲甲在第一个出场时，有种情况，舞蹈乙在最后一个出场时，有种情况，其中都包含了歌曲甲在第一个出场且舞蹈乙在最后一个出场的情况，有种情况，故共有（种）不同的出场顺序.

【详解】（1）先将4首歌曲捆绑，有种情况，再将捆绑好的4首歌曲与3个舞蹈排序，有种情况，所以有（种）不同的出场顺序.

（2）先将4首歌曲排好，有种情况，再将3个舞蹈排入4首歌曲隔开的5个空中，有种情况，所以有（种）不同的出场顺序.

（3）方法一：7个节目全排列，有种情况，其中歌曲甲在第一个出场时，有种情况，舞蹈乙在最后一个出场时，有种情况，其中都包含了歌曲甲在第一个出场且舞蹈乙在最后一个出场的情况，有种情况，故共有（种）不同的出场顺序.

方法二：歌曲甲在最后一个出场时，其他节目可全排，有种情况；歌曲甲不在最后一个出场时，可从余下的5个位置任选一个，有种情况，而舞蹈乙可排在除去最后一个位置后剩下的5个位置中，有种情况，其余节目全排列，有种情况，共有（种）不同的出场顺序.

22．已知函数，．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，证明．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数，分类讨论当、时函数的单调性即可求解；

（2）由（1）知，原不等式等价于，设，利用导数求出即可求解.

【详解】（1）函数的定义域为，

．

若，则当时，，故在上单调递减；

若，则当时，当时，

故在上单调递减，在上单调递增.

（2）由（1）知，当时，在处取得最小值，

所以等价于，即．

设，则．

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

故当时，取得极小值且为最小值，最小值为．

所以当时，．

从而当时，，即．