2022-2023学年广东省珠海市金砖四校高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年广东省珠海市金砖四校高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．在等差数列中，若，则（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】D

【分析】根据等差数列的下标和性质即可解出．

【详解】因为，解得：，所以．

故选：D．

2．、、、四人并排站成一排，如果与相邻，那么不同的排法种数是（    ）

A．24种 B．12种 C．48种 D．23种

【答案】B

【分析】利用捆绑法求解相邻问题．

【详解】由题意，因为与相邻，将与放在一起，共有种排法，将与看成一个整体，与、进行全排列，共有种排法，综上共有种排法，

故选：B．

3．已知正项等比数列前项和为，且，，则等比数列的公比为（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】A

【分析】先根据与的关系得到，设出公比，列出方程组，求出公比.

【详解】因为，

所以

设公比为q，可得：，

两式相除得：

故选：A

4．函数的图象在点处的切线与直线垂直，则（    ）

A．8 B．-8 C．2 D．-2

【答案】B

【分析】利用导数的几何意义求得切线的斜率，利用两直线垂直斜率乘积为-1即可求解.

【详解】解：因为，则，故，所以切线斜率为，

因为切线与直线垂直，所以，解得.

故选：B.

5．展开式中的系数为（    ）

A．5 B．30 C．35 D．40

【答案】B

【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】二项式的通项公式为：，

所以展开式中的系数为：，

故选：B

6．在一次春节聚会上，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人各写了一张祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（    ）

A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为

B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为

C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为

D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为

【答案】B

【分析】根据基本计数原理分别计算出所有的可能组合数为24种，而“小王和小张恰好互换了贺卡”的可能为2种，即可得出其概率为，即A错误；根据条件概率计算公式可得小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为，即B正确；计算可得“恰有一个人抽到自己写的贺卡”的基本事件数为8种，即可得出其概率为，即C错误；易知“每个人抽到的贺卡都不是自己写的”的基本事件数为9种，所以其概率为，可得D错误.

【详解】对于，四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，

其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种，

故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为，即A错误；

对于B，设小王抽到的是小张写的贺卡为事件，则，

小张抽到小王写的贺卡为事件，则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，

小张抽到小王写的贺卡的概率为，B正确；

对于，恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种，故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为不正确；

对于D，每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种，

故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为错误.

故选：B

7．定义域为的函数满足，其导函数为，当时，有成立，则关于x的不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】引入，得是奇函数，由导数得在上的单调性，从而得在上的单调性，不等式转化为，由单调性可得解．

【详解】∵且，∴是奇函数，

设，则时，，∴在是减函数．

又是奇函数，∴也是奇函数，因此在是递减，

从而在上是减函数，

不等式为，即，∴．

故选：B．

【点睛】本题考查用导数确定函数的单调性解不等式，解题关键是引入新函数，然后由已知条件确定奇偶性，单调性．引入的新函数可根据要求的式的形式变换，可根据条件结合导数的运算法则确定．

8．已知函数，曲线上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与直线平行，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求导，问题转化为有两个不同的根，利用导数研究函数的单调性，结合单调性和最值可得结果.

【详解】，

令，得，

设，则，

时，；时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

，当，

由题意，有两个不同的解，

即与的图像有两个不同的交点，

，解得，

所以实数的取值范围是.

故选：A.

【点睛】导函数中常用的两种转化方法：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．

二、多选题

9．数列的前项和为，已知，则（    ）

A．是递增数列 B．是等差数列

C．当时， D．当或4时，取得最大值

【答案】CD

【分析】利用求出可判断ABC，对配方后，利用二次函数的性质可判断D.

【详解】当时，，

当时，，

不满足上式，

所以，

对于A，由于，，所以不是递增数列，所以A错误，

对于B，由于，，，所以，

所以不是等差数列，所以B错误，

对于C，由，得，所以当时，，所以C正确，

对于D，，因为，

所以当或4时，取得最大值，所以D正确，

故选：CD.

10．在二项式的展开式中（    ）

A．常数项是第4项 B．所有项的系数和为1

C．第5项的二项式系数最大 D．第4项的系数最小

【答案】BCD

【分析】利用二项式展开式通项可判断A选项；利用赋值法求所有项系数和可判断B选项；利用二项式系数的性质可判断C选项；先求系数绝对值最大的项，然后利用符号即可判断D选项.

【详解】二项式的展开式的通项为，

对于A，令，得，故常数项是第5项，故A错误；

对于B，令，则所有项的系数和是，故B正确；

对于C，二项式展开式共9项，则由二项式系数的性质知第5项的二项式系数最大，故C正确；

对于D，设第项的系数的绝对值最大，则，解得，

又，所以或，

当时，；当时，，

所以第4项的系数最小，故D正确.

故选：BCD

11．观察图象，下列结论错误的有（    ）．

A．若图中为图象，则在处取极小值

B．若图中为图象，则有两个极值点

C．若图中为图象，则在上单调递增

D．若图中为图象，则的解集为

【答案】ABD

【分析】选项A：若图为 图象，在左右单调性一致，不是极值；

选项B：若图为 图象，根据导数与0的大小判断单调性，判断极值.

选项C: 若图为 图象,根据图像的正负判断的正负，判断单调性.

选项D: 若图为 图象, 根据图像的正负判断的正负,解出的解集.

【详解】选项A：若图为图象，则在两边单调性一致，不是极值，故A错误；

选项B：若图为图象， 函数单调递减；

函数单调递增；函数单调递减；

函数单调递增；故函数有-2,0,2三个极值点，选项B错误；

选项C: 若图为图象，则时，单调性相反，即 函数单调递增；函数单调递减；函数单调递增；当单调性一致，函数单调递增；故C正确；

选项D: 若图为 图象，，图像正负相反，时图像正负一致， 的解集为，故D错误；

故答案为：ABD.

12．在2022年的期中考试中，数学出现了多项选择题．多项选择题第11题有四个选项A、B、C、D，其中正确选项的个数有可能是2个或3个或4个，这三种情况出现的概率均为，且在每种情况内，每个选项是正确选项的概率相同．根据以上信息，下列说法正确的有（    ）

A．某同学随便选了三个选项，则他能完全答对这道题的概率高于

B．B选项是正确选项的概率高于

C．在C选项为正确选项的条件下，正确选项有3个的概率为

D．在D选项为错误选项的条件下，正确选项有2个的概率

【答案】BC

【分析】先分别计算出任意一组2个选项、3个选项、4个选项为正确答案的概率，再依次判断4个选项即可.

【详解】若正确选项的个数为2个，则有种组合，每种组合为正确答案的概率为，

若正确选项的个数为3个，则有种组合，每种组合为正确答案的概率为，

若正确选项的个数为4个，则有1种组合，这种组合为正确答案的概率为，

对于A，随便选了三个选项，能完全答对这道题的概率为，错误；

对于B，B选项是正确选项的概率为，正确；

对于C，C选项为正确选项为事件A，由B选项知，，正确选项有3个为事件B，则，正确；

对于D，D选项为错误选项为事件C， ，正确选项有2个为事件D，则，错误.

故选：BC.

三、填空题

13．已知数列{an}的前n项和Sn=3n﹣2，求{an}的通项公式         ．

【答案】

【详解】当时，=1，当时

验证当时，不符合，故舍去，所以

14．离散型随机变量的概率分布规律为，，其中是常数，则      ．

【答案】/0.875

【分析】根据所给的概率分布规律，写出6个变量对应的概率，由分布列的性质和为1求出实数，在求出满足条件的概率即可.

【详解】因为，

，

所以，

所以，

所以

，

故答案为：.

15．已知函数满足，则曲线在点处的切线斜率为           ．

【答案】3

【分析】根据极限形式和求导公式得，进而得，计算得解.

【详解】由，可得．

因为，所以，即，则，

所以，．

故答案为：3.

16．在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第     行中从左至右第个数与第个数的比为.

【答案】

【分析】假设第中从左至右第个数与第个数的比为，根据题意可得出关于的等式，进而可解得正整数的值.

【详解】假设第中从左至右第个数与第个数的比为，

第行从左到右第个数为，第个数为，

则，即，解得.

故答案为：.

四、解答题

17．已知公差不为零的等差数列中，，又成等比数列．

(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）利用已知条件和等比中项，求出数列的首项和公差，即可求出通项公式；

（2）利用裂项相消法即可求出结果.

【详解】（1）解：公差不为零的等差数列中，，又成等比数列，

所以，即，

解得，

则；

（2）解：由（1）可知，，

可得数列的前项和

.

18．（1）某地区空气质量监测资料表明，某天的空气质量为优良的概率为，连续两天为优良的概率为，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是多少？

（2）有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占，二厂生产的占35%，三厂生产的占，又知这三个厂的产品次品率分别为，问从这批产品中任取一件是次品的概率是多少？

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）利用条件概率的计算公式算出即可；

（2）设事件为“任取一件为次品”，事件为“任取一件为厂的产品”，，任何利用算出即可.

【详解】设表示“某天的空气质量为优良”，设表示“随后一天的空气质量为优良”，由题意得

所以已知某天的空气质量为优良，随后一天的空气质量为优良的概率是

设事件为“任取一件为次品”，事件为“任取一件为厂的产品”，，两两互斥，且，

由全概率公式得

因为

故

所以从这批产品中任取一件是次品的概率是

19．已知函数（a，），其图象在点处的切线方程为．

(1)求a，b的值；

(2)求函数的单调区间和极值；

(3)求函数在区间上的最大值．

【答案】(1)，；

(2)的增区间是和，减区间是，极大值是，极小值是；

(3)最大值是，最小值是．

【分析】（1）由出导函数，计算和，由切线方程列方程组解得；

（2）由得增区间，由得减区间，从而可得极值；

（3）结合（2）可得函数在上的单调性，再计算出区间端点处的函数值，，与（2）中极值比较可得最值．

【详解】（1），，，

又图象在点处的切线方程为，

所以，解得；

（2）由（1）得，，

或时，，时，，

所以的增区间是和，减区间是，

极大值是，极小值是；

（3）由（2）知在和上递增，在上单调递减，

又，，

所以在上的最大值是，最小值是．

20．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．

（1）证明：数列是等差数列;

（2）求的通项公式．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;

（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.

【详解】（1）[方法一]：

由已知得,且，,

取,由得,

由于为数列的前n项积，

所以,

所以，

所以,

由于

所以，即,其中

所以数列是以为首项，以为公差等差数列;

[方法二]【最优解】：

 由已知条件知    ①

于是．       ②

由①②得．     ③

又，       ④

由③④得．

令，由，得．

所以数列是以为首项，为公差的等差数列．

[方法三]：

  由，得，且，，．

又因为，所以，所以．

在中，当时，．

故数列是以为首项，为公差的等差数列．

[方法四]：数学归纳法

  由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．

下面用数学归纳法证明．

当时显然成立．

假设当时成立，即．

那么当时，．

综上，猜想对任意的都成立．

即数列是以为首项，为公差的等差数列．

(2)由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，

,

,

当n=1时，,

当n≥2时,,显然对于n=1不成立,

∴.

【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；

方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；

方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．

（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；

21．珠海某中学总务处的老师要购买学校教学用的粉笔，并且有非常明确的判断一盒粉笔是“优质产品”和“非优质产品”的方法．某品牌的粉笔整箱出售，每箱共有20盒，根据以往的经验，其中会有某些盒的粉笔为非优质产品，其余的都为优质产品．并且每箱含有0，1，2盒非优质产品粉笔的概率为0.7，0.2和0.1．为了购买该品牌的粉笔，校总务老师设计了一种购买的方案：欲买一箱粉笔，随机查看该箱的4盒粉笔，如果没有非优质产品，则购买，否则不购买．设“买下所查看的一箱粉笔”为事件A，“箱中有i件非优质产品”为事件（i＝0，1，2）．

(1)求，，；

(2)随机查看该品牌粉笔某一箱中的四盒，设X为非优质产品的盒数，求X的分布列．

【答案】(1)，，

(2)答案见解析

【分析】（1）根据古典概型的概率计算公式即可由组合数计算求解，

（2）根据全概率公式求解概率，即可求解.

【详解】（1）由已知，，

（2）X可能的取值为0，1，2，

所以，，

，

所以随机变量X的分布列为：

22．已知函数

(1)若对任意恒成立，求实数的取值范围;

(2)若函数 有两个极值点为，且， 若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用参变分离，然后构造函数利用导数求函数的最值即得；或分和讨论，利用导数研究函数的性质结合条件即得；

（2）根据条件表示出，然后构造函数利用导数求函数的最值即得.

【详解】（1）法一：由题意得恒成立，

设，则，

设函数，则，

所以函数 单调递增，，

即 ，函数单调递增，，

故；

法二：当时，，设，

则，，

，为增函数，

，

在区间上递增，

， 故满足题意；

当 时，不满足题意；

综上，；

（2）因为，

方程有两个不相等的实根，且，，

又，

所以

，

，

令，则，

即为递减函数，

，

所以.

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.