2022-2023学年广东省珠海市斗门重点中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年广东省珠海市斗门重点中学高二（下）期中数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  设为等差数列的前项和，若，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  设函数的导数为，且，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  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年月日：分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕年，中国空间站将正式进入运营阶段假设空间站要安排甲、乙等名航天员开展实验，三舱中每个舱中都有人，则不同的安排方法有(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

4.  在含有件次品的件产品中，任取件，则恰好取到件次品的不同方法数共有(    )

A.  B.  C.  D.

5.  若的展开式中的系数是，则实数的值是(    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知和为等比数列前项中的两项，则第项的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  若正项数列满足，，设是数列的前项和，是数列的前项积，则下列说法中一定正确的是(    )

A. 对任意的正整数，恒有 B. 对任意的正整数，恒有
C. 对任意的正整数，恒有 D. 对任意的正整数，恒有

8.  已知函数为自然对数的底数，则函数的零点个数为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  在的展开式中，有理项恰有两项，则的可能取值为(    )

A.  B.  C.  D.

10.  已知数列满足，为的前项和，则(    )

A. 若，则
B. 若，则
C. 存在实数，使为无穷多项的常数列
D. 存在实数，，使，，成等差数列

11.  以下四个命题，其中满足“假设当时命题成立，则当时命题也成立”，但不满足“当是题中给定的的初始值时命题成立”的是(    )

A.
B.
C. 凸边形的内角和为
D. 凸边形的对角线条数

12.  已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，的图象关于轴对称，则下列结论中一定正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  函数在处的切线与直线平行，则        ．

14.  随着科技的发展，记录每天运动步数的逐步走入人们的生活在月，如果某人每天的运动步数都比前一天多相同的数量，经过统计发现前天的运动步数是万步，前天的运动步数是万步，则此人在月份的运动步数是______ 万步．

15.  “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的详解九章算法一书中就有出现如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第行的为第行中两个的和记“杨辉三角”第行的第个数为，则 ______ ．

 

16.  五一期间，某公园准备用不同的花卉装扮一个有五个区域的矩形花坛如图，要求同一个区域用同一种花卉，相邻区域不能使用同种花卉现有种花卉可供选择，则不同的装扮方法共有______ 种用数字作答．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知，且二项式系数和为．
求的值；
求的值．

18.  本小题分
某景区下周一至周六空气质量预报情况如下表所示该市有甲、乙、丙三人计划在下周一至周六选择一天到该景区旅游，甲只选择空气质量为优的一天出游；乙不选择周四出游；丙不选择周一出游；甲与乙不选择同一天出游，从这四个条件中任选其中三个，求这三人出游的不同方法的种数．
周一至周六天空气质量预报：

19.  本小题分
已知数列是首项为，公差的等差数列，是首项为，公比的等比数列，且，．
求，的通项公式；
若数列的第项，满足_____在中任选一个条件，，则将其去掉，数列剩余的各项按原顺序组成一个新的数列，求的前项和．
；
．

20.  本小题分
已知函数为常数，讨论的单调性．

21.  本小题分
已知数列，满足，且，数列满足．
求的通项公式；
证明：．

22.  本小题分
已知函数，．
求曲线在处的切线方程；
设方程有且仅有两个不同的解，，求证：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：在等差数列中，由，，
得，
解得．
故选：．
由已知直接利用等差数列的前项和公式列式求解．
本题考查等差数列的前项和公式，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：根据题意，，
则，
令可得：，解可得．
故选：．
根据题意，求出函数的导数，令可得：，计算即可得答案．
本题考查导数的计算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：由题知，名航天员安排三舱，三舱中每个舱中都有人，
所以共有种；
故选：．
利用分组和分配的求法求得名航天员的安排方案．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：根据题意，含有件次品的件产品中，任取件，
则恰好取到件次品即件正品，件次品，有种取法．
故选：．
根据题意，恰好取到件次品即件正品，件次品，由组合数公式计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由于的展开式中的系数是，解得．
故选：．
由题意，利用二项式展开式的通项公式，求得实数的值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：和为等比数列前项中的两项，则第项最小时，公比为负值．
故第一、第三、第五项为负值，而和分别为第二项和第四项，
故有，，此时，公比为，
．
故选：．
先求出最小时，公比为负值，而和分别为第二项和第四项，此时求出公比，可得的最小值．
本题主要考查等比数列的通项公式和性质，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：设函数，则，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故．
又，所以．
因为，即，所以可排除选项B．
当时，，此时可排除选项A．
因为，所以，
所以

，
故，即，故排除选项D，
故选：．
通过构造函数，判断其单调性，再结合对数运算性质，构造出前项积，推理判断错误选项，得出结论．
本题是函数与数列的综合性题目，属较难题．
 

8.【答案】 

【解析】解：令，则有，
作出的图象，如图所示：

设直线与相切，切点为，
则有，解得，，
设直线与相切，切点为，
则有，解得，，
所以直线与的图象有个交点，
不妨设个交点的横坐标分别为：，，，，且，
由图象可知，，，，
由图象可知无解，有个解，有个解，有个解，
所以有个零点．
故选：．
令，则有，作出的图象，直线与、相切，从而得直线与的图象有个交点，再根据题意求解即可．
本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想，作出图形是关键，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：展开式通项为，
对于，当时，展开式通项为，
所以由可得或，所以此时有两个有理项，故A正确；
对于，当时，展开式通项为，所以由可得或或，所以此时有三个有理项，故B错误；
对于，当时，展开式通项为，所以由可得或，所以此时有两个有理项，故C正确；
对于，当时，展开式通项为，所以由可得或或，所以此时有三个有理项，故D错误．
故选：．
利用二项式定理的通项公式得到满足题意的项．
本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：当时，，，，，，
是周期为的周期数列，，故A错误．
由可知，，，故B正确．
若为常数列，则必有，故，即，此方程无解，故C错误．
当时，由可知，故D正确．
故选：．
A.易得是周期为的周期数列求解判断，根据是周期为的周期数列求解判断，设为常数列，有求解判断；根据是周期为的周期数列求解判断．
本题考查求数列的项的值，考查数列的判断，属中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于命题，，当的时有，故当等于给定的初始值时不成立，所以满足条件；
对于命题，，
假设时命题成立，即，
当时有，
故对时命题也成立，对于初始值时有，不成立．所以满足条件；
对于命题，凸边形内角和为，
假设时命题成立，即，
当时有，故对时命题也成立，
对于初始值内角和为，不成立．故满足条件；
对于命题，凸边形对角线条数，
假设时命题成立，即，
当时，有，故不满足条件．
故选：．
对于命题，可以验证当等于给定的初始值时不成立，所以满足条件；
对于命题，容易验证假设时命题成立，则当时命题也成立．对于初始值时，不成立，所以满足条件；
对于命题，容易验证假设时命题成立，则当时命题也成立．对于初始值内角和为，不成立．故满足条件；
对于命题，凸边形对角线条数，假设时命题成立，当时多了一条边，即多了一个顶点，故多了个对角线，则可以验证当时不成立，不满足要求．
本题考查了数学归纳法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：为奇函数，，
令得，，即，故A正确；
的图象关于轴对称，为偶函数，
，
令时，，故B正确，
由可得，，两边同时求导可得，，
令得，，故C错误；
令得，，即，故D正确，
故选：．
由为奇函数可得，令可判断，由为偶函数可得，令可判断，由可得，，两边同时求导可得，，分别令和可判断．
本题主要考查了抽象函数的应用，考查了奇函数和偶函数的定义，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由，得，
由于切线与直线平行，，即．
故答案为：．
求出原函数的导函数，可得，再由两直线平行与斜率的关系列式求解值．
本题考查导数的概念及其几何意义，考查两直线平行与斜率的关系，是基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：由题意可得某人每天的运动步数构成数列，且的前项和为，
则数列是等差数列，，，成等差数列，
所以，
即有：，
解得．
故答案为：．
由题分析某人每天的运动步数成等差数列，利用等差数列及等差数列前项和公式的性质求解．
本题考查了等差数列的定义、等差数列的前项和的性质，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：根据题意，“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，
若第行的第个数为，则，
当时，．
故答案为：．
根据题意，分析可得，则有，结合二项式定理分析可得答案．
本题考查合情推理的应用，涉及二项式定理的应用，属于基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：根据题意，先在中种植，有种不同的选择，
再在中种植，有种不同的选择，
再在中种植，有种不同的选择，
再在和中种植，分种情况讨论：
若与种植同一种花卉，则有种不同的选择，
若与种植不同花卉，则有种不同的选择，有种不同的选择，
故不同的布置方案有种．
故答案为：．
根据题意，利用分步计数原理分析：先在中种植，有种不同的选择，再在中种植，有种不同的选择，再在中种植，有种不同的选择，再在中种植，分与种植同一种花卉，与种植不同花卉，最后相加即可．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
 

17.【答案】解：二项式系数的和为，，
故；
，
其展开式的通项为，
可知的奇数次方的系数为负，的偶数次方的系数为正．，
在中，
令，得，
令，得，． 

【解析】直接由得答案；
通过展开式的通项可得的奇数次方的系数为负，的偶数次方的系数为正，再分别通过令和得到所要的结果．
本题考查二项式定理，属于中档题．
 

18.【答案】解：若选择，甲、乙、丙分别有不同的选法为，，，则三人出游的不同方法数；
若选择，则需分两类，第一类，若甲选择周四出游，则三人出游的不同方法数，
第二类，若甲不选择周四出游，则三人出游的不同方法数，故这三人出游的不同方法数；
若选择，甲、乙、丙分别有不同的选法为，，，则三人出游的不同方法数；
若选择，甲、乙、丙分别有不同的选法为，，，则三人出游的不同方法数． 

【解析】选择不同的条件，根据分类加法计数原理与分步乘法计数原理计算求解．
本题考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用，是基础题．
 

19.【答案】解：设的公差为，的公比为，因为，，
所以，，联立消得，解得或与矛盾，
故，代回计算得，
所以；
若选，则有，
所以剩余的项就是原数列的奇数项，
相当于剩余的项以为首项，为公比的等比数列，
所以；
若选，则有，因为，，
所以当时，对应的为整数，满足，
当时，对应的不为整数，不满足，
所以剩余的项就是原数列的奇数项，
相当于剩余的项以为首项，为公比的等比数列，
所以． 

【解析】根据等差和等比数列的通项公式，列出基本量方程组，即可求解；
若选择，得，，可知剩下的项就是原数列的奇数项，代入等比数列求和公式，即可求解；若选择，可得，根据，讨论为奇数和偶数两种情况，即可判断求解．
本题考查求数列的通项公式，考查求数列的前项的和，属中档题．
 

20.【答案】解：，其中，
，，
当时，，
又时，；时，，
在上单调递减，在上单调递增；
当时，
时，；时，，
在上单调递减，在，上单调递增；
当时，，
在上单调递增；
当时，
时，；时，，
在上单调递减，在，上单调递增；
综合可得：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增． 

【解析】先求导函数，再讨论导函数的两个零点的大小关系，从而得导函数的符号，进而得原函的单调性，即可得解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，分类讨论思想，化归转化思想，属中档题．
 

21.【答案】解：数列，满足，且，
令，求得，
令，求得，
令，求得，猜想．
证明：显然，当时，成立．
假设，则由题意可得，再把代入该式，求得，
时，仍然有成立．
综上，对任意的，成立．
证明：，数列满足，
，，
：

，
即． 

【解析】由题意利用猜证法求出数列的通项公式．
先求出数列的通项公式，再利用放缩法和裂项法证明不等式成立．
本题主要考查用猜证法求数列的通项公式，用放缩法和裂项法证明不等式，属于难题．
 

22.【答案】解：，，，
，
，
曲线在处的切线方程为，即．
证明：方程，即，
令，，
，
可得时，，函数单调递减；时，，函数单调递增．
，
时，；时，．
方程有且仅有两个不同的解，．
要证明，即证明，即证明
令，，．
，
函数在上单调递减，
．
，即，
因此成立． 

【解析】，，，利用导数的运算法则可得，，利用点斜式即可得出曲线在处的切线方程．
方程，即，令，，利用导数研究函数的单调性，可得要证明，即证明，即证明构造函数，，，利用导数研究函数的单调性与极值即可证明结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、等价转化方法、构造法、基本不等式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于难题．