北京市顺义区第二中学高二下学期期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份北京市顺义区第二中学高二下学期期中考试数学试卷（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第一部分 选择题（共40分）
下列各小题均有四个选项，其中只有一项是符合题意要求的.请将所选答案前的字母按规定要求填涂在答题卡第1～10题的相应位置上.（每小题4分，选对一项得4分，多选则该小题不得分.）
一、选择题（每题4分，共10题，共40分）
1. 已知数列为等差数列，若，，则公差等于（ ）
A. 3B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式直接求解即可.
【详解】由等差数列的通项公式可得，
所以.
故选:C.
2. 已知等比数列的公比为q，前n项和为．若，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式将展开计算即可.
【详解】，解得.
故选：B.
3. 将3个不同的小球放入4个盒子中，不同放法种数为（ ）
A. 12B. 14C. 64D. 81
【答案】C
【解析】
【分析】依次写出每个小球的放法，再按照分步乘法计数原理可得解.
【详解】第一个小球有4种不同放法，
第二个小球有4种不同的放法，
第三个小球也有4种不同的放法，
按照分步乘法计数原理可得，将3个不同的小球放入4个盒子中，不同放法种数有.
故选：C.
4. 从0，1，2，3，4这5个数字中随机选取3个不同的数字，可以组成比300大的三位数的个数为（ ）
A. 12B. 24C. 32D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】分百位数是3和百位数是4讨论，结合排列的应用即可求解.
【详解】当百位数是3时，则十位和个位共有种排法；
同理可得当百位数是4时，十位和个位共有12种排法，
所以比300大的三位数的个数为.
故选：B.
5. 在数列中，，（，），则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】列出数列的前几项，即可得到是以3为周期的周期数列，根据周期性计算即可求解.
【详解】因为，（，），
所以，，，，
所以是以为周期的周期数列，则.
故选：A.
6. 已知函数没有极值点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，由题意可得，即可得解.
【详解】，是开口向上二次函数，
因为函数没有极值点，则，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：B.
7. 如图，中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验舱安排1人，若安排甲、乙两人同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共（ ）
A. 32种B. 24种C. ·20种D. 16种
【答案】D
【解析】
【分析】按照元素甲、乙所在舱位进行讨论，特殊元素优先考虑即可求解.
【详解】按照甲、乙两人同时在天和核心舱或问天实验舱两种情况讨论：
①若甲、乙两人同时在天和核心舱，则需要从剩余4人中再选1人，
剩下的3人去剩下的两个舱位，则有种可能；
②若甲、乙两人同时在问天实验舱，则剩下的4人选3人去天和核心舱即可，
共有种可能，
根据分类加法计算原理，共有种可能.
故选：D.
8. 若奇函数的定义域为在上的图象如图所示，则不等式的解集是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据函数单调性和奇偶性判断正负，再将不等式转化为.接着结合函数图象和奇函数性质，确定在不同区间的正负情况，最后根据求出不等式解集.
【详解】解：由图可知在上单调递减，且是奇函数，
所以在上也单调递减，
所以对任意的，，
所以当时，，
当时，，当时，，
由奇函数性质可知，当时，，当时，，
注意到时，没有定义，，
综上所述，不等式的解集是．
故选：．
9. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】构造，利用导数研究其单调性，结合充分条件与必要条件的定义即可求解.
【详解】设，
则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
若，且在上单调递增，
则，即，故充分性成立，
若，即，则或，故必要性不成立.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
10. 如图所示为莱布尼茨三角形，该三角形具有很多优美的性质．如果，，则下列结论中正确的是（ ）
A. 第6行第4个数是
B. 当时，中间一项为
C. 当时，中间的两项相等，且同时取得最大值
D. （，）
【答案】B
【解析】
【分析】A选项，第6行第4个数是；B选项，当时，共有2025项，中间一项为第1013项，B正确；C选项，中间的两项相等，且同时取得最小值，C错误；D选项，第行相邻两个数的和等于这两个数头上的数，D错误.
【详解】A选项，第6行第4个数是，A错误；
B选项，当时，共有2025项，中间一项为第1013项，即，B正确；
C选项，当时，共有2026项，中间的两项相等，且同时取得最小值，C错误；
D选项，，，从莱布尼茨三角形可以看出第行相邻两个数和等于这两个数头上的数，
即，D错误.
故选：B
第二部分 非选择题（共110分）
二、填空题（每题5分，共5个小题，共25分）
11. 已知的展开式中第5项和第9项的二项式系数相等，则n的值为________
【答案】12
【解析】
【分析】写出第项的二项式系数与第项的二项式系数，即可得到方程，根据组合数的性质计算可得
【详解】二项式展开式的通项为（且），
所以第项的二项式系数为，第项的二项式系数为，
依题意可得，所以.
故答案为:12.
12. 把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B不相邻，则不同的摆法有_____________种.
【答案】72
【解析】
【分析】利用间接法求出5件不同的产品排成一排及产品与产品相邻的情况，即可得出结论.
【详解】5件不同的产品摆成一排共有，
产品与产品相邻，把和看做一个元素,使得它与另外3个元素排列，再者和之间还有一个排列，共有，
所以产品与产品不相邻，不同的摆法有.
故答案为：72
13. 已知，则________．
【答案】365
【解析】
【分析】赋值得到，，相加得到.
【详解】中，
令得①，
令得②，
式子①+②得.
故答案为：365
14. 已知数列的前项和为，且．若，则数列的通项公式为______；若数列为等比数列，则______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将代入，先求，再利用求出数列的通项公式为即可；先求，再利用求出时数列的通项公式，根据为等比数列，即可求解.
【详解】因为，所以，
时，又，即，
时，，
，
检验：不符合上式，所以；
因为，时，又， 即
时，，
，
所以，，所以，
所以时，数列为等比数列，
又因为数列为等比数列，所以符合上式，
即，解得.
故答案为：；
15. 已知函数，下列命题正确的有_______．（写出所有正确命题的编号）
①是奇函数；
②在上是单调递增函数；
③方程有且仅有1个实数根；
④如果对任意，都有，那么的最大值为2.
【答案】①②④
【解析】
【详解】 根据题意，依次分析四个命题：
对于①中，，定义域是，且是奇函数，所以是正确的；
对于②中，若，则，所以的递增，所以是正确的；
对于③中，，令，
令可得，，即方程有一根，
，则方程有一根之间，
所以是错误的；
对于④中，如果对于任意，都有，即恒成立，
令，且，
若恒成立，则必有恒成立，
若，即恒成立，
而，若有，所以是正确的，综上可得①②④正确.
三、解答题（共6个大题，共85分）
16. 某校志愿者团队共派出6人参加志愿服务活动，其中男生4人，女生2人．
（1）从这6人中选出男、女队长各1人参加志愿服务活动，共有多少种选法？
（2）从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，其中至少需要1名女生和1名男生，共有多少种选法？
（3）活动后6人排成一排拍照，男生甲在女生乙左边，有多少种不同的排法？
（4）现要将6名志愿者分配到三所学校参加志愿服活动，每所学校至少分配1人，共有多少种不同的安排方法？
【答案】（1）8； （2）16；
（3）360； （4）540.
【解析】
【分析】（1）由分步乘法计数原理计算即可；
（2）分两种情况采用分步乘法计数原理计算即可；
（3）定序问题使用除法计算即可；
（4）分三所学校人数为三种情况，结合分堆法和分类加法计数原理计算即可.
【小问1详解】
从这6人中选出男、女队长各1人参加志愿服务活动，分两步完成，
第一步从男生4人中选1人有4种选法，第二步从女生2人中选1人共2种选法，故有种选法；
【小问2详解】
从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，其中至少需要1名女生和1名男生，共有2种情况：
第一种：男生选2人，女生选1人，共有种选法，
第一种：男生选1人，女生选2人，共有种选法，
故总共有种选法；
【小问3详解】
活动后6人排成一排拍照共有种排法，男生甲与女生乙有2种排法，满足顺序排法相同，
所以活动后6人排成一排拍照，男生甲在女生乙左边共有排法；
【小问4详解】
现要将6名志愿者分配到三所学校参加志愿服活动，每所学校至少分配1人，则三所学校分配志愿者人数为：，
若人数为，则有种安排方法，
若人数为，则有种安排方法，
若人数为，则有种安排方法，
根据分类加法计数原理共有种安排方法.
17. 已知的展开式二项式系数和为64．
（1）求n的值；
（2）求展开式中的常数项；
（3）求展开式中二项式系数最大的项．
【答案】（1）
（2）60 （3）
【解析】
【分析】（1）根据二项式系数和公式得到方程，求出答案；
（2）得到展开式通项公式，进而得到展开式中的常数项为；
（3）二项式系数最大的项为第四项，由（2）可知，得到答案.
【小问1详解】
由题意得，故；
【小问2详解】
的展开式通项公式为
，
令，解得，
所以展开式中的常数项为；
【小问3详解】
，展开式共有7项，二项式系数最大的项为第四项，
由（2）可知，
故展开式中二项式系数最大的项为.
18. 已知数列的前n项和为，且满足．
（1）若成等比数列，求m的值；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列通项公式求解即可；
（2）利用分组求和，再利用等差数列、等比数列求和公式求和即可.
【小问1详解】
由题设，故是公差为2的等差数列，
所以，即，得，
所以，又，
则，即.
【小问2详解】
由（1）知：，
所以.
19. 已知函数，，（）．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）当时，方程恰有两个解，求m的取值范围；
（3）若对，恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，计算求得、，即可求解；
（2）当时，，求导，求得函数的单调性，方程恰有两个解，则与有两个交点，数形结合即可求解；
（3）根据题意将原不等式转化为，令，求导得，令，利用导数研究函数的性质，结合零点的存在性定理可得函数的单调性，求出即可.
【小问1详解】
由，得，
所以，又，
所以曲线在处的切线方程为，即；
【小问2详解】
当时，，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，
当，，当时，且，
作出的图象如图所示：
若方程恰有两个解，则与有两个交点，
所以，所以m的取值范围为；
【小问3详解】
当，则不等式转化为，
设，则，
令，则，
当，由，所以函数在上单调递减，
又re=lne−e+2=3−e>0，，
所以函数在内存在唯一的零点，
当时，，，在单调递减，
当时，，，在单调递增，
所以，又，
得，则，
即，所以，即实数的取值范围为.
20. 已知函数，其中．
（1）若在处取得极小值，求的值；
（2）当时，求在区间上的最大值；
（3）证明：有且只有一个极值点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用可导函数的极小值点是导数值为0的充分不必要条件来解题需要检验；
（2）一阶导函数不能够判断正负，需要借助二阶导函数来进一步研究一阶导函数的取值恒为正，从而来判断原函数在区间是单调递增的，即可得到最大值；
（3）一阶导函数看不出零点及取值的正负，但可以对参数分两类讨论，当时，是二次函数易得证，当，则需要二阶导函数，此时联想到不等式可证，则可判断，从而得到的单调性，然后判断函数零点的存在性，问题即可得证.
【小问1详解】
由，
因为在处取得极小值,所以，
即，解得，
检验：当时，，由二次函数的性质可得：
在上单调递减，在上单调递增，满足题意，
所以．
【小问2详解】
当时，，．
令，则，
因为，所以，
即在区间上单调递增，
所以，即，
所以在区间上单调递增，即的最大值为．
【小问3详解】
由，
当时，，由二次函数单调性可得：
在上单调递减，在上单调递增，
所以恰有一个极值点；
当时，设，
则．
因为，且，
所以，即在上单调递增．
因为，，
所以存在，使，
根据在上单调递增，
可知当时，，所以在上单调递减，
可知当时，，所以在上单调递增，
即恰有一个极值点．
综上所述，当时，有且只有一个极值点．
21. 设为正整数，各项均为正整数的数列定义如下： ，
（1）若，写出，，；
（2）求证：数列单调递增的充要条件是为偶数；
（3）若为奇数，是否存在满足？请说明理由．
【答案】（1），，；（2）证明见解析；（3）存在，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）时，结合条件，注意求得，，；
（2）根据与零的关系，判断数列单调递增的充要条件；
（3）存在满足.
【详解】（1），，．
（2）先证“充分性”．
当为偶数时，若为奇数，则为奇数．
因为为奇数，所以归纳可得，对，均为奇数，则，
所以，
所以数列单调递增．
再证“必要性”．
假设存在使得为偶数，则，与数列单调递增矛盾，
因此数列中的所有项都是奇数．
此时，即，所以为偶数．
（3）存在满足，理由如下：
因为，为奇数，所以且为偶数，．
假设为奇数时， ；为偶数时，．
当为奇数时，，且为偶数；
当为偶数时，．
所以若奇数，则；若为偶数，则．
因此对都有．
所以正整数数列中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．
设集合，设集合．
因为，所以．
令是中的最小元素，下面证．
设且．
当时，，，所以；
当时，，，所以．
所以若，则且，与是中的最小元素矛盾．
所以，且存在满足，即存在满足．
【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的单调性，考查学生分析问题及解决问题得能力，属于难题．