2022-2023学年广东省佛山市H7教育共同体高二下学期联考数学试题含答案

2022-2023学年广东省佛山市H7教育共同体高二下学期联考数学试题

一、单选题

1．已知在等差数列中，，，则（    ）

A．12 B．10 C．6 D．4

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，即可求解作答.

【详解】在等差数列中，，得，公差，

所以.

故选：C

2．函数在处的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用导数的几何意求解即可.

【详解】因为，所以，且点在的图像上，

所以在处的切线的斜率为，

所以在处的切线方程为，即.

故选：A.

3．已知等比数列的前项和为，，，则

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由等比数列的前项和性质可知：成等比数列，再根据计算出结果.

【详解】因为成等比数列，

所以

代入数值所以，则.

【点睛】（1）形如的式子，可表示为；

（2）等比数列中前项和为，则有成等比数列，其中公比或时且不为偶数.

4．已知函数在处有极小值，则的值为（    ）．

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】利用极值的定义得到，从而求得，再进行检验即可.

【详解】因为，所以，

因为在处有极小值，则，

故，解得或，

当时，，

令，得或；令，得；

所以在上单调递增；在上单调递减，

所以在处取得极大值，不满足题意，舍去；

当时，，

令，得或；令，得；

所以在上单调递增；在上单调递减，

所以在处取得极小值，满足题意；

综上：.

故选：B.

5．已知数列中，，则数列的前项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据的通项公式，可得为等比数列，根据等比数列的求和公式进行求和即可.

【详解】因为，且，

所以是首项为，公比为的等比数列，

所以的前项和为：．

故选：B．

6．某医院需安排四位医生到三个社区参加义诊活动，每位医生必须参加一个社区义诊活动，每个社区至少有一位医生．由于交通原因，甲医生不能去社区，则不同的安排方法数为（    ）

A．14 B．20 C．36 D．24

【答案】D

【分析】先确定特殊情况，再分组分配，根据乘法与加法计数原理计算即可.

【详解】由于甲医生不能去A社区，则甲可以去B或C社区，共2种，

剩余的3人可以分成1，2两组或1，1，1三组两种情况，

①分成1，2两组，去和甲不同的两个社区，有种，

②分成1，1，1三组，去三个社区，有种，

所以不同的安排方法数为种.

故选：D.

7．已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】观察的形式构造函数，判断函数的单调性来比较大小.

【详解】，，.

构造函数，则,当时，,函数递增;当时，,函数递减;

因为 ,所以

故选：B

8．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，分别标记两次骰子正面朝上的点数，表示事件“第一次正面朝上的点数为1”，表示事件“第二次正面朝上的点数为3”，表示事件“两次正面朝上的点数之和为8”，表示事件“两次正面朝上的点数之和为7”，则下列说法错误的是（    ）

A．与相互独立 B．与互斥

C． D．

【答案】D

【分析】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，再结合独立事件、互斥事件与条件概率公式即可得解.

【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，不同结果如下：

，共36个．

依题意，易得，

事件包括，共5个，，

事件包括，共6个，，

对于A，事件只有结果，则，A与D相互独立，故A正确；

对于B，由事件的基本事件可知，其中不包含“第一次正面朝上的点数为1”的事件，故与互斥，故B正确；

对于C，事件表示“第二次正面朝上的点数不为3”，事件同时发生的有，共4件，

所以，，故C正确；

对于D，事件同时发生的有，共1件，所以，

，故D错误.

故选：D.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用古典概型的概率公式求得各事件的概率，从而得解.

二、多选题

9．设数列是以d为公差的等差数列，是其前n项和，，且，则下列结论正确的是（    ）

A．d<0 B．

C． D．或为的最小值

【答案】AB

【分析】根据，且，可得，然后逐一判断各个选项即可得出答案.

【详解】解：由，

得，所以，故A正确；

，故B正确；

，所以，故C错误；

由，，，可得或为的最大值，故D错误.

故选：AB.

10．已知，下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】ABD

【分析】对于AC，利用赋值法即可得解；对于B，利用二项式展开通项公式即可得解；对于D，利用转化法与赋值法即可得解.

【详解】对于A，因为，

令，则，故A正确；

对于B，因为的展开通项公式为，

所以的系数，故B正确；

对于C，令，则；

令，则；

两式相加除以，得，故C错误；

对于D，因为，

所以，

令，则，故D正确.

故选：ABD.

11．已知函数，则有（    ）

A．当时，在R上递增

B．当时，有3个零点

C．当时，关于对称

D．当时，有2个极值点

【答案】AC

【分析】A选项，求导得到导函数大于0，A正确；B选项，求导得到函数单调性，结合，又，得到B错误；C选项，计算出，故C正确；D选项，求导，当时，由根的判别式小于0得到，单调递增，故不满足有2个极值点.

【详解】对于A，，恒成立，故在R上递增，A正确；

对于B，，，

当或时，，单调递增，

当时，，单调递减，

，又，

所以有2个零点，B错误；

对于C，，

，

故关于对称，C正确；

对于D，，当时，，

故恒成立，单调递增，不满足有2个极值点，D错误.

故选：AC

12．已知数列中，，，下列说法正确的是（    ）

（参考公式：）

A．

B．

C．存在，使得

D．

【答案】BD

【分析】由题意可得到，再根据累乘法可求得，从而可求得，进而即可判断A和B的正误；先对分组求和，再进行放缩，再结合裂项相消即可判断C．将进行分组求和即可判断D；

【详解】因为由，则，

所以，

又，得，

选项A，，所以选项A错误；

选项B，因为，得到，所以选项B正确；

选项C，因为，，，所以

，

所以，故C错误．

选项D，由

，

所以，故D正确；

故选：BD.

【点睛】关键点睛：运用累乘法、分组求和、放缩、裂项相消法是解题的关键．

三、填空题

13．除以1000，所得余数为      ．

【答案】

【分析】利用二项式定理展开即可求解．

【详解】因为，

显然，展开式中从第二项开始都是1000的倍数，

所以它除以1000后余数为1．

故答案为：．

14．在数列中，，则数列中的最大项是第      项．

【答案】

【分析】利用作商法，结合，判断得的最大项，从而得解.

【详解】因为，

所以，所以，

又，所以当时，，当时，，

所以最大，则.

故答案为：.

15．已知只有一条过原点的切线，则      ．

【答案】

【分析】利用导数的几何意义求得的切线方程，再结合题意得到方程有且只有一个实数根，从而得解.

【详解】依题意，设切点坐标为，

因为，则，

所以切线的斜率为，

故切线的方程为，

因为切线过原点，所以，整理得，

因为只有一条过原点的切线，

所以方程有且只有一个实数根，

故，即，解得或（舍去），

所以.

故答案为：.

16．对任意，当时，，则的最小值为      ．

【答案】

【分析】将题意转化为，令，对求导，得到的单调性，可将转化为，令，对求导，求出的最大值即可得出答案.

【详解】当时，，则，即，

即，因为，所以，

所以，因为，所以，

令，所以，

所以在单调递增，所以，，

所以，所以，令，

令，可得：，令，可得：，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以，解得：.

故的最小值为.

故答案为：.

四、解答题

17．设数列的前项和为，数列是公差为的等差数列，且

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前20项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先利用等差数列的通项公式求得，再利用与的关系式求解即可.

（2）利用并项求和法求解即可.

【详解】（1）因为数列是公差为的等差数列，且，

所以，即，

当时，，

当时，，

经检验，当时，依然成立，

故.

（2）因为，

所以，

故.

18．（1）证明：．

（2）已知，，求的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；（2）

【分析】（1）构造函数，利用导数证得，从而得证；

（2）将问题转化为恒成立，构造函数，利用导数求得，从而得解.

【详解】（1）要证，即证；

令，则，

当时，单调递增；当时，单调递减；

则，即，即证.

（2）由，得，故恒成立，

令，则，

当时，单调递增；当时，单调递减；

则，即，即

19．若数列的首项，且满足

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可证得数列是以为首项，2为公比的等比数列，由等比数列的通项公式即可得出答案；

（2）由错位相减法求和即可.

【详解】（1）由可得：，

即可知数列是以为首项，2为公比的等比数列，

所以，故.

（2）因为，

则，

，

两式相减可得：

，

所以.

20．甲、乙两队进行篮球冠军争夺赛，比赛采取三局二胜制，甲队每局取胜的概率为．甲队有一名核心球员，如果核心球员在比赛中受伤，将不能参加后续比赛，甲队每局取胜的概率降为，若核心球员在每局比赛受伤的概率为．

(1)在核心球员一直未受伤的条件下，甲队以取胜的概率；

(2)甲队以取胜的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由独立事件概率运算求解即可；

（2）甲队以取胜分为两种情况，第一种情况：甲队赢第一局和第三局，第二局输的条件下考虑核心球员受伤的局数；第二种情况：甲队赢第二局和第三局，第一局输的条件下考虑核心球员受伤的局数.由条件概率和全概率公式求解即可.

【详解】（1）记“甲队在前两局比赛中连赢两局”，“甲队赢第一局和第三局，第二局输”，

“甲队赢第二局和第三局，第一局输”，“甲队以取胜”，

记“核心球员第局开始受伤”，“核心球员一直未受伤”，

所以.

（2），

，

，

，

，

所以，

，

，

，

，

所以，

所以.

即甲队以取胜的概率为.

21．已知数列的首项，且满足．

(1)求证：数列为等比数列；

(2)设数列满足，求最小的实数，使得对一切正整数均成立．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，化简得到，得到，即可得证；

（2）由（1）可得，结合，结合等比数列的求和公式和裂项法求和，即可求解.

【详解】（1）解：由数列的首项，且满足，

可得，则，

又因为，所以数列为等比数列.

（2）解：由（1）可得，

又由，所以

所以

，

所以，即实数的最小值为.

22．已知，．

(1)求的单调区间；

(2)当时，函数有2个零点，分别为且满足，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先对求导，分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；

（2）利用同构法，结合导数研究函数与的图像，从而推得，再利用导数将双变量问题转化为恒成立问题，由此得解.

【详解】（1）因为，所以，

当时，在单调递减；

当时，当时，单调递减；当时，单调递增；

故当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；

当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）因为，所以,

令，即，

令，则，

当时，单调递增；当时，单调递减；

故，又，当时，，

则，

令，则，

当时，单调递减，，

所以当，存在唯一，满足，且存在，满足且，

要证，由，得，

设，则，故，

所以，即证，即证，即证，

令，则，即证，即证恒成立，

令，则，

故在上单调递减，即恒成立，即证.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．