2022-2023学年河南省郑州市第三十一高级中学高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年河南省郑州市第三十一高级中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知等差数列的前项和为，若，则（    ）

A．33 B．66 C．22 D．44

【答案】A

【分析】先由等差数列的性质求出，再按照等差数列求和公式及等差数列性质求解即可.

【详解】由题意知：，则，则.

故选：A.

2．设函数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】直接对函数进行求导，再代入所求导数值即可得到结果.

【详解】因为，所以，

故，解得

故选：B.

3．若1，，，4成等差数列；1，，，，4成等比数列，则等于（    ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据1，，，4成等差数列，求得，再根据1，，，，4成等比数列，得到，求解.

【详解】解：因为1，，，4成等差数列，

所以，

又因为1，，，，4成等比数列，

所以，，

所以，

所以，

故选：B

4．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就，小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前位数字，，，，，进行某种排列得到密码.要求两个不相邻.那么小明可以设置的不同密码有（    ）

A．个 B．个 C．个 D．个

【答案】B

【分析】直接利用插空法计算得到答案.

【详解】利用插空法：共有种.

故选：B

5．正项等比数列的前项和为，，，则等于（　　）

A．90 B．50

C．40 D．30

【答案】B

【分析】由，可得，由等比数列前n项和的性质可得，代入求解即可.

【详解】解：因为是正项等比数列的前项和，

所以，

所以，

又因为，，

所以，

所以，

解得或(舍).

故选：B.

6．中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个数点中的一个，则不同的安排方法数是（    ）

A．72 B．84 C．88 D．100

【答案】D

【分析】由题意可知，若甲去点，则剩余4人，可只去两个点，也可分为3组去3个点.分别求出安排种法，相加即可得出甲去点的安排方法.同理，即可得出甲去点的安排方法，即可得出答案.

【详解】若甲去点，则剩余4人，可只去两个点，也可分为3组去3个点.

当剩余4人只去两个点时，人员分配为或，

此时的分配方法有；

当剩余4人分为3组去3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有，

综上可得，甲去点，不同的安排方法数是.

同理，甲去点，不同的安排方法数也是，

所以，不同的安排方法数是.

故选：D.

7．若函数在上既有极大值也有极小值，则实数的取值范围（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的导函数，由分析可得有解，利用即可求得实数的取值范围.

【详解】由，

可得，

恒成立，为开口向上的抛物线，

若函数在既有极大值也有极小值，

则有解，所以，

解得或.

故选：B

8．若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据导数的几何意义求出过点的切线方程为，利用方程的解个数与函数图象交点个数的关系将问题转化为图象与直线在R上有3个交点，结合导数求出函数的极值，根据数形结合的思想即可求解.

【详解】设该切线的切点为，则切线的斜率为，

所以切线方程为，

又切线过点，则，整理得.

要使过点的切线有3条，需方程有3个不同的解，

即函数图象与直线在R上有3个交点，

设，则，

令，令或，

所以函数在上单调递增，在和上单调递减，

且极小值、极大值分别为，如图，

由图可知，当时，函数图象与直线在R上有3个交点，

即过点的切线有3条.

所以实数a的取值范围为.

故选：B.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．可表示为

B．6个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手15次

C．若把英文“”的字母顺序写错，则可能出现的错误共有59种

D．将4名医护人员安排到呼吸、感染两个科室，要求每个科室至少有1人，则共有18种不同的安排方法

【答案】BC

【分析】根据排列数的计算公式可判断A；两两握手，即随便选出两人握手的所有可能结果数，通过计算即可判断B；先对进行排列，再将放入位置中即可，列出式子计算即可判断C；分3人，1人一组，和2人，2人一组两种情况，分别求出对应的安排方法，相加即可.

【详解】因为，故A错误；

因为6人两两握手，共握（次），故B正确；

先在5个位置中选出3个位置，对进行全排列，剩下两个位置将放入即可，

故有：（种），而正确的共有1种，

所以可能出现的错误共有（种），故C正确；

因为，

当按3，1分组时，先选1人单独一组，剩下3人为一组，

再将两组分配到两个不同科室中：共（种）分法，

当按2，2分组，在4人中选出2人到呼吸科，剩下2人自动去感染科，

故有：（种）分法，故共有（种）安排方法，故D错误．

故选：BC

10．已知函数，下列说法正确的是（    ）

A．有个极值点 B．的极大值点为

C．的极小值为 D．的最大值为

【答案】BC

【分析】利用导数可判断的单调性，由极值点定义可确定极值点，代入解析式可求得极值，再结合单调性依次判断各个选项即可.

【详解】，

当时，；当时，，

在，上单调递增，在上单调递减.

对于AB，由单调性知，有且仅有个极值点，

其中极大值点为，极小值点为，故A错误，B正确；

对于C，的极小值为，故C正确；

对于D，根据的单调性可知无最大值，故D错误.

故选：BC.

11．已知，其中，且，则下列判断正确的是（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】令，则，分别赋值、可以求得，A正确；，B错误；利用二项式展开式通项公式可以判断C、D正确.

【详解】令，则，

则，

令，则，①

令，则，②

①－②，得，

解得，A正确；

①＋②，得，

所以，B错误；

又，C正确；

，D正确．

故选：ACD．

12．设数列的前项和为，且，则（    ）

A．数列是等比数列 B．

C． D．的前项和为

【答案】ACD

【分析】由已知可得数列是，2为公比的等比数列，从而可得通项公式，可判断A、B，进而可以求的值判断C，也易求得的前项和判断D.

【详解】由已知，当时，可得

选项A，，可得数列是，2为公比的等比数列，故A正确；

选项B，由选项A可得解得，故B错误；

选项 C，数列是以1为首项，4为公比的等比数列，所以 ，故C正确；

选项D，因为，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知，则方程的解是           ．

【答案】1或2/2或1.

【分析】根据组合数的性质列方程求解即可.

【详解】因为，，

所以由组合数的性质得或，

解得或，

故答案为：1或2

14．某铁球在0时，半径为1dm，当温度在很小的范围内变化时，由于热胀冷缩，铁球的半径会发生变化，且当温度为t时铁球的半径为，其中a为常数，则在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为           ．

【答案】/

【分析】根据瞬时变化率的概念及球的体积公式求解即可.

【详解】设温度变化量为，

则

，

所以在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为.

故答案为：

15．已知数列的前项和为，，，且，则      ．

【答案】

【分析】根据递推公式求出数列的前几项，从而可得出数列的一个周期性，再根据数列的周期性即可得出答案.

【详解】由题意，，，

，，，

所以数列是周期数列，周期为6，

所以．

故答案为：.

16．观察下图所示“三角数阵”，该数阵最后一行各数之和为        .

【答案】（或1024）

【分析】由题得最后一行的和为,化简即得解.

【详解】由题得最后一行的和为.

故答案为（或1024）

【点睛】本题主要考查杨辉三角，考查二项式定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.

四、解答题

17．已知二项式的展开式中共有10项．

(1)求展开式的第5项的二项式系数；

(2)求展开式中含的项．

【答案】(1)126

(2)

【分析】（1）根据项数可求得，根据二项式系数与项数之间关系列出等式，解出即可；

（2）由（1）中的，求出通项，使的幂次为4，求出含的项即可.

【详解】（1）解：因为二项式的展开式中共有10项，所以，

所以第5项的二项式系数为；

（2）由（1）知，记含的项为第项，

所以，

取，解得，所以，

故展开式中含的项为.

18．已知等差数列的前项和为，公差为整数，，且，，成等比数列.

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用等比数列和等差数列的定义求解即可；

(2)利用裂项相消求和.

【详解】（1）因为，所以，

又因为，，成等比数列，所以，

即，所以，

联立解得，

所以.

（2）由（1）可得，

所以.

19．已知函数，

(1)求函数在点处的切线方程；

(2)求函数的单调区间.

【答案】(1)；

(2)递减区间为和，递增区间为.

【分析】（1）根据导数的几何意义结合条件即得；

（2）根据导数与函数的单调性的关系即得.

【详解】（1）因为，所以，

，

切点为，

所求切线的斜率为，

所求切线的点斜式方程是，即：；

（2）因为

当时，解得或，

当时，得，

当时，得，

所以函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.

20．已知的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为2:5.

(1)求n的值；

(2)系数最大的项．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）第二项与第三项的二项式系数之比为；

（2）求二项式系数的最大项，即这一项大于前一项，也大于后一项，列式即可.

【详解】（1）因为第二项与第三项的二项式系数之比是，

则，即，解得(舍)或，

所以n的值为6.

（2）的展开式的通项为，

令，解得，

又，，

展开式中系数最大的项为第项，且．

21．已知数列的首项为，且满足，数列满足，且．

(1)求，的通项公式；

(2)设数列的前n项和为，求．

【答案】(1)，

(2)

【分析】(1)利用累乘法可求的通项公式，再利用等差数列的定义求的通项公式；(2)利用错位相减法求和.

【详解】（1）证明：∵，∴，∴，

∴，

当时，上式成立，∴

又因为，，

所以，

所以数列是以2为首项，公差为3的等差数列，

所以，

所以．

（2）由（1），，

所以，①

，②

所以①②得，

所以．

22．已知函数，（其中）．

(1)讨论的单调性；

(2)对于任意，都有成立，求a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）先求出，再讨论，，和时导数的正负及函数的单调性；

（2）由对于任意，都有成立等价于对于任意，，构造，其中，由导数求出的最大值，即可得出的取值范围．

【详解】（1）因为函数，其中，

所以，

令，得或，

当时，，故函数在单调递增，

当时，当时，，当时，，

故函数在和上单调递增，在上单调递减，

当，即时，当时，，当时，，

故函数在和上单调递增，在上单调递减，

当，即时，当时，，当时，，

故函数在上单调递增，在上单调递减；

综上所述，

当时，函数在单调递增，

当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，

当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，

当时，函数在上单调递增，在上单调递减．

（2）对于任意，都有成立对于任意，，

即对于任意，对于任意，，

设，其中，

则，

因为，

所以，

所以，

所以在单调递增，

所以，

所以，

即．