海南省海口市海南华侨中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题A卷

这是一份海南省海口市海南华侨中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题A卷，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.曲线y=ex在点(0,1)处的切线方程为( )
A. x−2y+1=0B. x−y−1=0C. x−y+1=0D. 2x−y+1=0
2.在第1、3、4、5、8路公共汽车都要停靠的一个站(假定这个站一次只能停靠一辆汽车)，有一位乘客在等候第4路或第8路公共汽车.假定当时各路汽车首先到此站的可能性相等，则首先到站正好是这位乘客所需乘的汽车的概率等于( )
A. 12B. 23C. 35D. 25
3.从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法种数为( )
A. C52C62B. C52A62C. C52A22C62A22D. A52A62
4.函数f(x)=13x3+4x2−9x+6在区间[−1,2]上的最小值为( )
A. 563B. 203C. 43D. −3
5.某物体的运动路程s(单位：m)与时间t(单位：s)的关系可用函数s(t)=t2+3表示，则该物体在t=2s时的瞬时速度为( )
A. 0m/sB. 2m/sC. 3m/sD. 4m/s
6.某商场的展示台上有6件不同的商品，摆放时要求A，B两件商品必须在一起，则摆放的种数为( )
A. A22A55B. A22A44C. A55D. A22A65
7.(1+3x)(1−x)5的展开式中x3的系数为( )
A. 0B. 20C. 10D. 30
8.已知函数f(x)=eax−3lnx，若f(x)>x3−ax恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. (3e,+∞)B. (3e,+∞)C. (0,3e)D. (0,3e)
9.现从4名男医生和3名女医生中抽取两人加入“援鄂医疗队”，用A表示事件“抽到的两名医生性别相同”，B表示事件“抽到的两名医生都是女医生”，则P(B|A)=( )
A. 13B. 47C. 23D. 34
10.已知(1−x)n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则展开式中的第3项为( )
A. −8B. −8xC. −28x2D. 28x2
11.已知O为坐标原点，曲线C：y=lg2x在点A(1,0)处的切线交y轴于点B，则S△OAB=( )
A. 12ln2B. ln22C. ln2D. 12
二、多选题：本题共3小题，共9分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
12.如图，P1是一块半径为1的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为12的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小半圆(其直径为前一个剪掉半圆的半径)得图形P3，P4，…，Pn，…，记纸板Pn的周长为Ln，面积为Sn，则下列说法正确的是( )
A. L2=32π+1B. S4=2364π
C. Ln−Ln−1=π−22n−1D. Sn=π9(4+122n−1)
13.在曲线y=sin2x上的切线的倾斜角为π3点的横坐标可能为( )
A. −π12B. π6C. π3D. π12
14.已知二项式(3x−1)n的展开式中各项的系数的和为128，则下列结论中正确的有( )
A. 展开式共有7项B. 所有二项式系数的和为128
C. 只有第4项的二项式系数最大D. 展开式的常数项为−1
三、填空题：本题共1小题，每小题8分，共8分。
15.若(x2+1)⋅(x−1)8=a0+a1(x−2)+a2(x−2)2+⋯+a10(x−2)10，则a1+a2+⋯+a10= ______．
四、解答题：本题共5小题，共50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
(1)将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法？
(2)将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法？
(3)将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法？
(4)将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法？
(注：要写出算式，结果用数字表示)
17.(本小题10分)
已知数列{an}的前n项和Sn=12(n2+n)，数列{bn}满足bn=2bn−1+1(n≥2,n∈N*)，且b1=1．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=an(bn+1)，求数列{cn}的前n项和Tn．
18.(本小题10分)
已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n+a．
(1)求实数a的值；
(2)若Sm=127，求m．
19.(本小题10分)
已知数列{an}中，a1=2，(n−1)an=(n+1)an−1(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{1an}的前n项和Sn．
20.(本小题10分)
设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2+a6=−12，a3⋅a5=32，且Sn有最小值．
(1)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn；
(2)设数列{|an|}的前n项和为Tn，求Tn．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵y=f(x)=ex，∴f′(x)=ex，
∴f′(0)=1，
∴曲线y=ex在点(0,1)处的切线方程为：
y=x+1，即x−y+1=0，
故选：C．
根据导数的几何意义，直线的点斜式方程即可求解．
本题考查导数的几何意义，直线的点斜式方程，属基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题意知本题是一个等可能事件的概率，
试验发生所包含的事件是五路车都有可能靠站，共有5种结果，
满足条件的事件是乘客在等候第4路或第8路，有2种结果，
∴要求的概率是25，
故选：D．
由已知中在1，3，4，5，8五条线路的公交车都停靠的车站上，试验发生所包含的事件是五路车都有可能靠站，共有5种结果，满足条件的事件是乘客在等候第4路或第8路，有2种结果．得到概率．
本题考查的知识点是等可能事件的概率，其中根据已知条件计算出基本事件的总数及满足条件的基本事件的个数，是解答本题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：分两步进行：第一步，选出两名男选手，有C52种方法；
第二步，从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对，有A62种．
故有C52A62种．
故选：B．
分两步进行：先选出两名男选手，再从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对．
本题考查了排列组合数公式的应用问题，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由f(x)=13x3+4x2−9x+6,x∈[−1,2]可得f′(x)=x2+8x−9，
令f′(x)=0，解得x=1，
当−10，f(x)单调递增，
所以f(x)的极小值，也为最小值为f(1)=13+4−9+6=43，
故选：C．
根据f(x)在[−1,2]上单调性求出最值即可．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：该物体在时间段[2,2+△t]上的平均速度为△s△t=s(2+△t)−s(2)△t=(2+△t)2+3−(22+3)△t=4+△t，
当△t无限趋近于0时，4+△t无限趋近于4，即该物体在t=2s时的瞬时速度为4m/s．
故选：D．
利用瞬时速度的定义直接求解．
本题主要考查了瞬时速度的定义，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：首先捆绑A，B两件商品，共有A22种情况，视为一个整体与余下的4件商品全排列，
共有A55种情况，综上共有A22A55种．
故选：A．
利用捆绑法求解即可．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由(1−x)5展开式的通项为Tr+1=C5r⋅15−r⋅(−x)r=(−1)rC5rxr，
令r=3，得(1−x)5展开式中x3的系数为(−1)3C53=−10，
x2的系数为(−1)2C52=10，
所以(1+3x)(1−x)5的展开式中x3的系数为−10+3×10=20．
故选：B．
利用二项式定理展开式，即可解出．
本题考查了二项式定理，学生的数学运算能力，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：f(x)>x3−ax等价于eax+ax>x3+3lnx=e3lnx+3lnx．
令函数g(x)=ex+x，则g′(x)=ex+1>0，故g(x)是增函数．
所以eax+ax>e3lnx+3lnx等价于g(ax)>g(3lnx)(x>0)，
故ax>3lnx(x>0)，即a>3lnxx．
令函数h(x)=3lnxx，则h′(x)=3−3lnxx2，
当x∈(0,e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max=h(e)=3e，
故实数a的取值范围为(3e,+∞)．
故选：A．
将式子变形为eax+ax>e3lnx+3lnx，构造函数g(x)=ex+x，求导判断单调性，进而将问题转化成ax>3lnx(x>0)，分离参数，构造函数h(x)=3lnxx，利用导数求解最值即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查不等式的恒成立问题，考查转化思想以及运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：由题意可得：事件A基本事件数，C42+C32=9；
事件B的基本事件数，C32=3；
所以P(B|A)=39=13．
故选：A．
条件概率，先求出A事件数，再求出B事件数，利用古典概型概率公式求解．
本题考查统计与概率，条件概率的计算，属于基础题．
10.【答案】D
【解析】解：因为(1−x)n的展开通项为Tk+1=Cnk1n−k(−x)k=(−1)kCnkxk，
所以(1−x)n的展开式的第k+1项的二项式系数为Cnk，
因为(1−x)n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，
所以Cn2=Cn6，由性质Cn2=Cnn−2得n−2=6，故n=8，
所以(1−x)n展开式中的第3项为T3=(−1)2C82x2=28x2．
故选：D．
利用二项式定理求得(1−x)n的展开通项公式，从而得到关于n的方程，解之即可求得展开式中的第3项．
本题考查二项式定理的运用，属于基础题．
11.【答案】A
【解析】解：由y=lg2x，得y′=1xln2，则y′|x=1=1ln2，
∴曲线C：y=lg2x在点A(1,0)处的切线方程为y=1ln2(x−1)，
取x=0，得y=−1ln2．
∴S△OAB=12×1×1ln2=12ln2．
故选：A．
求出原函数的导函数，得到函数在x=1处的导数值，写出切线方程，求得B点坐标，再由三角形面积公式求解．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，是中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：根据题意，结合图形分析可得：纸板Pn−1相较于纸板Pn，剪掉了半径为12n−1的半圆，
对于数列{Ln}，则有Ln−Ln−1=12π×22n−1−12n−1×2=π2n−1−12n−2，则C正确；
由于L1=π+2，则L2=L1−1+12×2π×12=L1−1+π2=32π+1，则A正确；
同时，每次剪掉的半圆形面积构成一个以π8为首项，以14为公比的等比数列，
对于数列{Sn}，则有Sn−Sn−1=−π8×(14)n−1=−π22n−1，
则有Sn=(Sn−Sn−1)+(Sn−1−Sn−2)+(Sn−2−Sn−3)+……+(S2−S1)+S1=π2−(π23+π25+……+π22n−1)=π2−π8(1−14n−1)1−14=π3(1+122n−1)，B错误，
当n=4时，S4=π3(1+127)=43π128，D错误．
故选：AC．
根据题意，结合图象分析可得纸板Pn−1相较于纸板Pn，剪掉了半径为12n−1的半圆，由此分析两个数列的递推关系，进而可得两个数列的通项公式，分析选项可得答案．
本题考查数列的应用，关键是归纳分析两个数列的规律，属于中档题．
13.【答案】AD
【解析】解：切线的斜率k=tanπ3= 3，设切点为(x0,y0)，则y′(x0)= 3，
又y′(x)=2cs2x，所以2cs2x0= 3，
所以x0=kπ±π12，k∈Z，当k=0时，x0=±π12，故AD正确．
故选：AD．
利用导数的几何意义即可．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】BD
【解析】解：二项式(3x−1)n的展开式中各项的系数的和为128，
令x=1，则2n=128，解得n=7，故展开式共有8项，故A错误；
所有二项式系数的和为27=128，故B正确；
第4项、第5项的二项式系数最大，故C错误；
(3x−1)7的展开式通项公式为：Tr+1=C7r(3x)7−r(−1)r，0≤r≤7且r∈N，
令7−r=0，解得r=7，
故展开式的常数项为C77(−1)7=−1，故D正确．
故选：BD．
根据已知条件，结合二项式定理，即可依次判断．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
15.【答案】2555
【解析】解：令x=2，可得a0=(22+1)×(2−1)8=5，
令x=3，可得a0+a1+a2+……+a10=(32+1)×(3−1)8=2560，
则a1+a2+…+a10=2560−5=2555．
故答案为：2555．
令x=1，可得a0的值，令x=3，可得a0+a1+a2+…+a10，由此可得解．
本题考查二项式定理以及赋值法的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)将5个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为2、2、1或3、1、1，
然后再将这三组小球放入三个盒子中，
因此，不同的放法种数为(C52C32A22+C53)A33=(15+10)×6=150种；
(2)每个小球有3种方法，由分步乘法计数原理可知，
将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，不同的放法种数为35=243种；
(3)将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，
只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可，
所以，不同的放法种数为C42=6种；
(4)将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，
等价于将8个相同的小球放入3个不同的盒子中，每个盒子不空，
只需在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可，
所以，不同的放法种数为C72=21种．
【解析】(1)先将5个不同的小球分为三组，确定每组小球的数量，然后将三组小球放入三个盒子，结合分步计数原理可得结果；
(2)确定每个小球的放法种数，利用分步乘法计数原理可得结果；
(3)只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可，利用隔板法可求得结果；
(4)问题等价于在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可，利用隔板法可求得结果．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
17.【答案】解：(1)当n=1时，a1=S1=1；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=12[n2+n−(n−1)2−(n−1)]=n，
∴an=n，n∈N*；
∵bn=2bn−1+1(n≥2,n∈N*)，
∴bn+1=2(bn−1+1)，(n≥2)，
∴{bn+1}是首项为b1+1=2，公比为2的等比数列，
∴bn+1=2n，∴bn=2n−1，
∴an=n，bn=2n−1；
(2)由(1)可得cn=n⋅2n，
∴Tn=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n①，
∴2Tn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯n⋅2n+1②，
①−②得：−Tn=1⋅21+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=2⋅2n−12−1−n⋅2n+1，
∴Tn=2n+1(n−1)+2．
【解析】(1)根据数列{an}的前n项和作差，可求出数列{an}的通项公式，再根据数列{bn}的递推公式，构造等比数列，可求出数列{bn}的通项公式；
(2)根据错位相减法求和，即可求解．
本题考查数列通项公式的求解，等比数列的定义与通项公式的应用，错位相减法求和的应用，属中档题．
18.【答案】解：(1)当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+a−(2n−1+a)=2n−1，
∵数列{an}是等比数列，
∴a1=21+a=20，解得a=−1；
(2)Sm=127，
则2m−1=127，解得m=7．
【解析】(1)根据已知条件，结合an=Sn−Sn−1，即可求解；
(2)令2m−1=127，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
19.【答案】解：(1)由(n−1)an=(n+1)an−1，得anan−1=n+1n−1，
所以a2a1=31,a3a2=42,a4a3=53,…,an−1an−2=nn−2,anan−1=n+1n−1，
累乘得ana1=n(n+1)1×2，又a1=2，所以n≥2时，an=n(n+1)，
当n=1时，a1=2，符合上式，
所以an=n(n+1)．
(2)由(1)，得1an=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以Sn=1−12+12−13+…+1n−1n+1=nn+1．
【解析】(1)根据题意可得anan−1=n+1n−1，然后结合累乘法即可得到数列{an}的通项公式；
(2)由(1)中结论可得1an=1n(n+1)=1n−1n+1，再结合裂项相消法即可得到结果．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由a2+a6=−12，a3⋅a5=32，得2a1+6d=−12(a1+2d)(a1+4d)=32，
解得a1=0d=−2或a1=−12d=2．
∵Sn有最小值，∴a1=−12d=2．
则an=−12+2(n−1)=2n−14，Sn=−12n+n(n−1)2×2=n2−13n；
(2)由an=2n−14≤0，得n≤7．
∴数列{an}的前7项小于等于0，第8项起大于0，
则当n≤7时，Tn=|Sn|=|n2−13n|=−n2+13n；
当n≥8时，Tn=−(a1+a2+...+a7)+(a8+a9+...+an)
=−2S7+Sn=−2×(49−91)+n2−13n=n2−13n+84．
∴Tn=−n2+13n,n≤7n2−13n+84,n>7．
【解析】(1)由已知列式求数列{an}的首项与公差，即可求得通项公式与前n项和；
(2)由an≤0，可得n≤7，然后分n≤7和n>7求数列{|an|}的前n项和为Tn．
本题考查等差数列的通项公式与前n项和，考查运算求解能力，是中档题．