2022-2023学年江西省赣州市南康区唐江中学高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年江西省赣州市南康区唐江中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知， 则（    ）

A． B．1 C． D．0

【答案】D

【分析】直接根据导数的定义求导数值.

【详解】(Δx)2=0.

故选：D.

2．某中学有三栋教学楼，如图1所示，若某学生要从处到达他所在的班级处（所有楼道间是连通的），则最短路程不同的走法为

图1

A．5 B．10 C．15 D．20

【答案】C

【分析】可把最短路程归结为6步中有2个横步的不同走法的总数即可.

【详解】从到共需走6步，其中横步（向右）有两步，竖直向上的有4步，

故最短路程的不同走法数为，

故选C．

【点睛】本题考查组合数的应用，注意利用对应关系把实际问题转化为组合问题（如本题中的走法与横步和竖步的组合的对应），此类问题属于基础题.

3．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，问小满日影长为（    ）（1丈＝10 尺＝100寸）

A．四尺五寸 B．三尺五寸 C．二尺五寸 D．一尺五寸

【答案】B

【分析】根据从冬至日起，十二个节气日影长减等寸，则构成等差数列，再由已知，利用等差数列的前n项和和等差中项，求得通项公式求解.

【详解】从冬至日起，依次构成等差数列，设为，

由题意得： ，

解得，

又，

所以，

所以，

所以，

故选：B

4．若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由导数的几何意义求解即可.

【详解】∵，∴，

∴曲线在点处的切线的斜率，

∵切线与直线垂直，∴直线的斜率为，

∴.

故选：C.

5．已知各项不为的等差数列满足，数列是等比数列，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用等差中项的性质可求得的值，可得出的值，再利用等比中项的性质可求得的值.

【详解】由已知条件可知，由等差中项的性质可得，解得，则，

由等比中项的性质可得.

故选：B.

6．对于任意的实数，总存在三个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将进行分离，构造关于和的函数，分别求得单调性和值域，数形结合，将问题转化为函数图像有3个交点的问题，即可求得.

【详解】对方程进行转化，因为，

故可得，不妨令，令

则，令，解得，

故函数在上单调递增，故.

又，令，解得或，

故函数在区间和单调递减，在区间单调递增，

在上的最大值为，最小值为，且，，

故在坐标系中画出函数的图像如下：

故要满足题意，只需函数的值域是的子集即可.

故需要满足且，解得.

故选：D.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和值域，涉及数形结合，属综合性中档题.

7．已知数列满足，，，（π≈3.14）则此数列项数最多为（    ）

A．2019项 B．2020项

C．2021项 D．2022项

【答案】D

【分析】由题可得，进而得，即得.

【详解】由，，得，

，

是以为首项，为公差的等差数列，

，

∴此数列项数最多为2022.

故选：D.

8．已知函数，若有2个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据零点的定义，结合基本不等式、导数运用转化法进行求解即可.

【详解】可转化为.

设，

由基本不等式得，

当且仅当时，取到最小值0.

设，则，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以当时，取到最大值.

若有2个零点，则与有两个交点，

此时，解得，

故选：C

【点睛】关键点睛：根据零点定义转化为两个函数的交点是解题的关键.

二、多选题

9．已知函数，下列说法正确的有（    ）

A．曲线在处的切线方程为

B．过点与曲线相切的直线有且只有2条

C．函数有极小值，无极大值

D．方程有两个不同的解

【答案】ABC

【分析】利用导数的几何意义求得切线方程为，可判定A正确；设切点，求得切线方程，将点代入切线方程得到，令，利用导数求得函数的单调性与极值，得出方程有两个实根，可判定B正确；利用导数求得函数的单调性，结合极值的概念，可判定C正确；结合函数的单调性和极值，根据与的图象只有一个交点，可判定D错误.

【详解】对于A中，由函数，可得，

可得且，即切线的斜率为且过点，

所以切线方程为，即切线方程为，所以A正确；

对于B中，设过点的切线与曲线相切于点，

可得切线方程为，即，

将点代入切线方程，可得，

整理得，

令，可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以函数的极大值，也为最大值为，

当时，；当时，，

所以在上，函数有两个零点，即方程有两个实根，

所以过点与曲线相切的直线有且只有2条，所以B正确；

对于C中，由，令，解得，

当时，，单调减；

当时，，单调增，

所以当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值，

所以C正确；

对于D中，由C知函数在上单调递减，在单调递增，

且得极小值为，

又由当时，；当时，，

所以函数与的图象只有一个交点，

即方程有两个不同的解，所D错误.

故选：ABC.

【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；

3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；

4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

10．下列判断正确的为（    ）

A．从4名男同学和3名女同学中选出2人，则至少有1名女同学的选法有12种

B．如果一个三位正整数如“”满足，且，则称这样的三位数为凹数（如101，323），那么由0，1，2，3可以组成14个凹数

C．某会议厅有4个门，某人选择一个门进，选择一个门出，则有12种不同的走法

D．已知，，则不同取值的个数为54

【答案】BD

【分析】分为1男1女和2名女同学两种情况，分别计算即可判断A项；分为、、三种情况，分别计算，根据分类加法计数原理，即可判断B项；根据分步乘法计数原理，即可得出结果，判断C项；分为，、以及，，三种情况，分别求解，相加即可判断D项.

【详解】对于A项，选出的2人中，1男1女的选法有，2名女同学的选法有，所以至少有1名女同学的选法有15种，故A项错误；

对于B项，当时，此时、可取1，2，3中的任意一个，共有个凹数；

当时，此时、可取2，3中的任意一个，共有个凹数；

当时，此时、只可取3，共有1个凹数，

根据分类加法计数原理可知，共有个凹数，故B项正确；

对于C项，由已知可得，不同的走法有，故C项错误；

对于D项，当，时，有，1种结果；

当时，此时，1种结果；

当，，时，根据分步乘法计数原理可知，此时有种情况，

但是，，，，去掉重复的4种情况，剩余52种情况.

根据分类加法计数原理，可知不同取值的个数为，故D项正确.

故选：BD.

11．已知数列满足，，，，数列的前项和为，且对，恒成立，则（   ）

A． B．数列为等差数列

C． D．的最大值为

【答案】BD

【分析】根据递推关系式可推导得到，知A错误；根据可推导得到，可知B正确；利用累乘法可求得，知C错误；利用等差数列求和公式可求得，结合基本不等式可求得的最大值，知D正确.

【详解】对于A，由得：，即，解得：；

，即，解得：；

，即，解得：，A错误；

对于B，由得：，

，，

又，数列是以为首项，为公差的等差数列，B正确；

对于C，由B得：，，，

又，

则当时，，

满足，，C错误；

对于D，由C得：，

由得：，，

（当且仅当，即时取等号），

，则，的最大值为，D正确.

故选：BD.

12．已知，，若直线与、图象交点的纵坐标分别为，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】由已知可得，，依据每个选项的条件逐项计算可判断每个选项的正确性．

【详解】由题意得，，

，，，

对于A：，因为函数在上单调递增，

，故A正确；

，因为函数在上单调递增，

，故B正确；

由，，，，

，故C错误；

令，则，

当时，，在上单调递增，

因为，则，所以，

，，，故D正确．

故选：ABD．

三、填空题

13．若五位游客与两位导游站成一排拍照，则两位导游相邻的不同排法数为      .

【答案】1440

【分析】将两位导游进行捆绑有种，再对六个元素进行全排列，即可得到答案；

【详解】由捆绑法可得两位导游相邻的不同排法数为.

故答案为：1440

14．的展开式中的一次项系数为           

【答案】200

【分析】运用二项式定理进行二项展开式，将作为一个整体，然后求出的一次项系数

【详解】的展开式为：

展开式中通项为

即，不存在的一次项

展开式中首项为，

令，解得，此时的一次项系数为120

同理中不含的一次项，

在中不含的一次项

在中，的一次项系数为80

综上，的展开式中的一次项系数为120+80=200

故答案为200

【点睛】本题主要考查了二项式的展开，对于三项可以先转化为二项问题，然后再运用展开式的通项公式来求解，需要一定的计算量，一定要熟练运用公式．

15．设是的展开式中的一次项的系数，则     ．

【答案】

【分析】利用二项展开式的通项公式结合裂项求和法即可得到答案.

【详解】令，令，

得，∴的展开式中的一次项的系数为： .

则，

又，

故上式

．

故答案为：17.

16．定义在上的函数满足：有成立且，则不等式的解集为          ．

【答案】

【分析】由，判断出函数的单调性，利用单调性解即可

【详解】设

,又有成立，

函数，即是上的增函数．

，，即,

，

故答案为：．

四、解答题

17．已知（是正实数）的展开式中前3项的二项式系数之和等于37．

（1）求的值；

（2）若展开式中含项的系数等于112，求的值．

【答案】（1）（2）

【分析】（1）由，求解即可得出；

（2）根据展开式的通项，即可得出的值．

【详解】（1），，解得（舍）

（2）的展开式的通项为

当时是含项，所以，解得

【点睛】本题主要考查了已知指定项的系数求参数，属于中档题.

18．已知是递增的等差数列，且，是方程的两个根；数列的前n项和为，且.

（1）求数列，的通项公式；

（2）求数列的前n项和.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）由题意先计算出，的值，运用等差数列基本量计算出首项和公差，进而求出数列的通项公式，运用求出的公比，求出其首项后求出数列的通项公式.

（2）运用错位相减法求出数列的前项和

【详解】（1）易得方程的两根为3，4，

则由题意，得，，  

设等差数列的公差为d，首项为，

则，∴.从而，∴.

∴数列的通项公式为 ，

∵，①

∴当时，，②

①-②得，，

∴.

由①式，令，有，解得.

∴是以2为首项，2为公比的等比数列，且.

（2）由题意及（1）得.

∴，

即，①

∴，②

①-②得，

∴，

∴.

【点睛】本题考查了求等差数列和等比数列的通项公式，采用的方法有公式法，还可以运用来求解，需要验证当时的情况，本题还考查了求数列的和，运用了错位相减法，还有一些其他解法如裂项相消法，分组求和法等都需要掌握，并能灵活运用.

19．2022年4月，新型冠状病毒疫情牵动着全国人民的心，某市根据上级要求，在本市某人民医院要选出护理外科、心理治疗方面的专家4人与省专家组一起赶赴上海参加救助工作，该医院现有3名护理专家，，，5名外科专家，，，，，2名心理治疗专家，.

(1)求4人中有1位外科专家，1位心理治疗师的选法有多少种?

(2)求至少含有2位外科专家，且外科专家和护理专家不能同时被选的选法有多少种?

【答案】(1)30

(2)133

【分析】（1）根据组合的定义及组合数公式，结合分步乘法计数原理即可求解；

（2）根据组合的定义及组合数公式，再利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可求解.

【详解】（1）设选出的4个人参加救助工作中有1位外科专家，1位心理治疗师为事件，则满足事件的情况共有种；

（2）设选出的4人参加救助工作中至少含有2位外科专家，且外科专家和护理专家不能同时被选

为事件，则满足事件的情况为：①当选择时，

当有2位外科专家时，共有种情况；

当有3位外科专家时，共有种情况；

当有4位外科专家时，共有种情况；

②当不选择时，

当有2位外科专家时，共有种情况；

当有3位外科专家时，共有种情况；

当有4位外科专家时，共有种情况；

综上：满足事件的情况共有种情况；

20．已知函数．

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)求函数在 上的最大值和最小值；

(3)设 ，证明：对任意的，有．

【答案】(1)y=1

(2)最小值1，最大值 .

(3)证明见解析

【分析】（1）先求出在 处的导数，再根据点斜式直线方程求解；

（2）求导，判断导数的符号，求出 的单调性，根据单调性求解；

（3）运用同构的思想构造函数，根据单调性证明.

【详解】（1） ， ，在点处的切线方程为 .

（2） ， 是偶函数，

则 ，单调递增，

，  ，  

在 上单调递减，在 上单调递增，

∴当时，取最小值1，当 或 时，取最大值.

（3）要证明对任意的，有，

只需证明对任意的，有 ，

，

，在上上单调递减，

，.

21．在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”．如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2.设数列a，b，c经过第n次“和扩充”后所得数列的项数记为，所有项的和记为．

(1)若，求，；

(2)设满足的n的最小值为，求及 （其中[x]是指不超过x的最大整数，如，）；

(3)是否存在实数a，b，c，使得数列{}为等比数列？若存在，求b，c满足的条件；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)，；

(2)，；

(3)存在，详见解析.

【分析】（1）根据题中定义进行求解即可；

（2）根据“和扩充”的方法，确定和的递推关系式，利用配凑法求得的通项公式，解不等式求得的最小值，然后根据“和扩充”的定义即得；

（3）根据“和扩充”的方法，利用等比数列求和公式结合条件可得，再根据等比数列的定义和性质进行求解即可.

【详解】（1）数列1,2,3，经第1次“和扩充”后得到数列为1,3,2,5,3，

数列1,2,3，经第2次“和扩充”后得到数列为1,4,3,5,2,7,5,8,3，

所以，；

（2）数列经每1次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，

由数列经“和扩充”后的项数为，

则经第次“和扩充”后增加的项数为，

所以，所以，

由（1）得，是首项为4，公比为2的等比数列，

所以，所以，

由，即，解得，即，

所以，

数列a，b，c经过第1次“和扩充”后得到数列，且，

数列a，b，c经过第2次“和扩充”后得到数列，且，

数列a，b，c经过第3次“和扩充”后得到数列

，且，

即；

（3）因为，，，，，

所以，

，

若使为等比数列，则或，

即或，

综上，存在实数a，b，c，满足或，使得数列{}为等比数列．

【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.

22．已知函数.

(1)求的单调区间；

(2)若方程的两个实根分别为（其中），求证：.

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）求导得到导函数，根据导函数的正负得到单调区间.

（2）设，证明在上递增，得到，是函数的零点，转化为，令，，根据单调性得到证明.

【详解】（1），，

当时，，，单调递增；

当时，，，单调递减，

故的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）在上递增，上递减，的两个零点，则，

下面先证明：

要证，只需证，，，只需证，

即证，

设，，

当时，，，

，

，，故，

即在上递增，，即，

故成立，故.

下面证明：

，是方程的解，

设的解为，要证：，即证.

，

时，，函数单调递增；时，，函数单调递减，故，则.

要证，即证，即，

令，，

设

，

，故，即，即单调递增，

又，，故单调递减，，，

即，，成立，即成立，

综上所述：.

【点睛】关键点睛：本题考查利用导数求函数的单调性，利用导数证明极值偏移问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中对称构造，再根据单调性证明题目是解题的关键.