2022-2023学年广东省深圳市宝安区第一外国语学校高二（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳市宝安区第一外国语学校高二（下）期中数学试卷，共23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．（5分）6本不同的书在书桌上摆成一排，要求甲，乙两本书必须放在两端，丙、丁两本书必须相邻，则不同的摆放方法有 种．
A．24B．36C．48D．60
2．（5分）函数的部分图象如图所示，则
A．（2）B．（6）C．（3）D．（3）
3．（5分）某科技研发公司2021年全年投入的研发资金为300万元，在此基础上，计划每年投入的研发资金比前一年增加，则该公司全年投入的研发资金开始超过600万元的年份是
（参考数据：，，，．
A．2027年B．2028年C．2029年D．2030年
4．（5分）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有
A．120种B．90种C．60种D．30种
5．（5分）数列满足，，，则数列的前10项和为
A．48B．49C．50D．51
6．（5分）已知函数（1），则（2）（2）
A．B．12C．D．26
7．（5分）已知等差数列的公差为2，若，，成等比数列，是的前项和，则等于
A．B．C．10D．0
8．（5分）已知函数，，若恰有3个零点，则实数的取值范围是
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．（5分）已知函数的极值点为，则
A．B．
C．，D．
10．（5分）数列的首项为1，且，是数列的前项和，则下列结论正确的是
A．B．数列是等比数列
C．D．
11．（5分）下列说法正确的是
A．的展开式中，的系数为30
B．将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有36种
C．已知，则
D．记，则
12．（5分）关于函数，下列判断正确的是
A．是的极大值点
B．函数有且只有1个零点
C．存在正实数，使得成立
D．对两个不相等的正实数，，若，则
三、填空题（本大题共4小题，共10.0分）
13．（5分）在如图所示的三角形边上的9个点中任取3个，可构成三角形的个数是 ．
14．（5分）若函数对任意的，都有成立，则实数的取值范围是 ．
15．（5分）已知数列的前项和为，且，则使不等式成立的的最大值为
A．8B．9C．10D．11
16．（5分）已知，，其中是关于的多项式，则 ；若，则除以81的余数为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知，计算：
（1）展开式二项式系数之和；
（2）展开式各项系数之和；
（3）；
（4）．
18．（12分）有四个编有1、2、3、4的四个不同的盒子，有编有1、2、3、4的四个不同的小球，现把小球放入盒子里．
①小球全部放入盒子中有多少种不同的放法；
②恰有一个盒子没放球有多少种不同的放法；
③恰有两个盒子没放球有多少种不同的放法．
19．（10分）已知数列的前项和为，，现有如下三个条件分别为：条件①；条件②；条件③；请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答．
您选择的条件是___和___．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的前项和．
20．（12分）已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求在，上的最小值和最大值．
21．（12分）已知正项数列的前项和为，，，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足：，求数列的前项和．
22．（12分）已知函数，．
（1）若函数在处存在极值，求的值，并求出此时函数在处的切线方程；
（2）当时，若函数有两个极值点，，且不等式恒成立，试求实数的取值范围．
2022-2023学年广东省深圳市宝安区第一外国语学校高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
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，选出符合题目的一个选项）
1．（5分）6本不同的书在书桌上摆成一排，要求甲，乙两本书必须放在两端，丙、丁两本书必须相邻，则不同的摆放方法有 种．
A．24B．36C．48D．60
【分析】根据题意，分3步进行分析：①，将甲、乙两本书必须放在两端，②，将丙、丁两本书看成一个整体，③，将丙丁这个整体与另外2本书全排列，安排在中间的3个位置，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分3步进行分析：
①，将甲、乙两本书必须放在两端，有种情况，
②，将丙、丁两本书看成一个整体，考虑2本书的顺序有种顺序，
③，将丙丁这个整体与另外2本书全排列，安排在中间的3个位置，有种情况，
则有种不同的摆放方法；
故选：．
【点评】本题考查排列、组合的应用，注意优先满足受到限制的元素．
2．（5分）函数的部分图象如图所示，则
A．（2）B．（6）C．（3）D．（3）
【答案】
【分析】由的图象可得的单调性，进而得到单调区间内导数的符号．
【解答】解：由图象可得在，单调递减，在单调递增，
可得（2），（3），（6）．
故选：．
【点评】本题考查函数的图象的运用，以及函数的单调性与导数的关系，考查数形结合思想和推理能力，属于基础题．
3．（5分）某科技研发公司2021年全年投入的研发资金为300万元，在此基础上，计划每年投入的研发资金比前一年增加，则该公司全年投入的研发资金开始超过600万元的年份是
（参考数据：，，，．
A．2027年B．2028年C．2029年D．2030年
【答案】
【分析】根据已知条件，可推得，再结合对数函数的公式，即可求解．
【解答】解：设从2021年后，第年该公司全年投入的研发资金为万元，
则，
由题意可得，，即，
故，则，
故该公司全年投入的研发资金开始超过600万元的年份是2029年．
故选：．
【点评】本题主要考查函数的实际应用，掌握对数函数的公式是解本题的关键，属于基础题．
4．（5分）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有
A．120种B．90种C．60种D．30种
【答案】
【分析】让场馆去挑人，甲场馆从6人中挑一人有：种结果；乙场馆从余下的5人中挑2人有：种结果；余下的3人去丙场馆；相乘即可求解结论．
【解答】解：因为每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，
甲场馆从6人中挑一人有：种结果；
乙场馆从余下的5人中挑2人有：种结果；
余下的3人去丙场馆；
故共有：种安排方法；
故选：．
【点评】本题考查排列组合知识的应用，考查运算求解能力，是基础题．
5．（5分）数列满足，，，则数列的前10项和为
A．48B．49C．50D．51
【答案】
【分析】通过数列的递推关系式，求解数列的和即可．
【解答】解：数列满足，，，奇数项是等差数列，公差为2，偶数项是等比数列，公比为2，
所以数列的前10项和为：．
故选：．
【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，是基础题．
6．（5分）已知函数（1），则（2）（2）
A．B．12C．D．26
【答案】
【分析】先求出函数的导函数，进而求出（1），进而求解结论．
【解答】解：函数（1），
（1），
（1）（1），
（1），
，，
（2）（2）．
故选：．
【点评】本题主要考查导数知识的应用，考查计算能力，属于基础题．
7．（5分）已知等差数列的公差为2，若，，成等比数列，是的前项和，则等于
A．B．C．10D．0
【答案】
【分析】由，，成等比数列，可得，再利用等差数列的通项公式及其前项和公式即可得出．
【解答】解：，，成等比数列，，
，
化为，
解得．
则，
故选：．
【点评】本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其前项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8．（5分）已知函数，，若恰有3个零点，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】先作出函数的图象，然后求解当时，与相切时的值，再将问题转化为函数与有三个交点，由图象分析即可得到答案．
【解答】解：函数的图象如图所示，
当时，，
当直线与相切时，设切点为，
又，则有，解得，
所以，
故切点为，此时，
因为恰有3个零点，
故直线与的图象有三个交点，
由图象可知，的取值范围为．
故选：．
【点评】本题考查了函数的零点与方程根的关系，涉及了利用导数研究曲线的切线、分段函数图象的作法，此类问题一般都是将函数零点转化为两个函数图象的交点进行研究，属于中档题．
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．（5分）已知函数的极值点为，则
A．B．
C．，D．
【答案】
【分析】求导可得，解，根据函数的单调性，即可得出极小值点，进而代入求出，即可得出答案．
【解答】解：对于项，由已知可得，，
令，则，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增，
所以，在时，有极小值，且，故项正确；
对于项，由知，故项错误；
对于项，因为，，
所以，所以，即，故项错误；
对于项，由知，故项正确．
故选：．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，化归转化思想，属中档题．
10．（5分）数列的首项为1，且，是数列的前项和，则下列结论正确的是
A．B．数列是等比数列
C．D．
【答案】
【分析】由数列的递推公式，整理可得是等比数列，公比为2，求出的通项公式，进而求出的通项公式，及前项和的表达式，可判断，，，的真假．
【解答】解：因为，设，可得，可得，
所以是等比数列，公比为2，所以正确；
又因为，，所以，
所以，所以不正确；
所以，所以正确；
中，，所以不正确；
故选：．
【点评】本题考查由递推公式求通项公式及前项和的代数式，属于中档题．
11．（5分）下列说法正确的是
A．的展开式中，的系数为30
B．将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有36种
C．已知，则
D．记，则
【答案】
【分析】对于，结合二项式定理，即可求解，
对于，先放1，2的卡片有种，再将3，4，5，6的卡片平均分成两组再放置有种，再结合分步乘法计数原理，即可求解，
对于，结合组合数和排列数的公式，即可求解．
【解答】解：对于，，
其展开式的通项公式为，
令，得的通项公式为，
再令，解得，
故的展开式中，的系数为30，故正确，
对于，先放1，2的卡片有种，再将3，4，5，6的卡片平均分成两组再放置有种，
故共有种，故错误，
对于，，
，解得，故正确，
对于，令得，，，
展开式通项为，令，
则，
，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，考查转化能力，属于中档题．
12．（5分）关于函数，下列判断正确的是
A．是的极大值点
B．函数有且只有1个零点
C．存在正实数，使得成立
D．对两个不相等的正实数，，若，则
【答案】
【分析】对求导，分析的正负，得的单调性，极值，即可判断是否正确；对，求导，分析单调性，极值，即可判断是否正确；若，得，令，只需小于的最小值，即可判断是否正确；令，求导分析单调性，进而得，令，由，则，当时，成立，结合单调性即可判断是否正确．
【解答】解：对于：函数的定义域为，
函数的导数，
所以在上，，单调性递减，
在上，，单调递增，
所以是的极小值点，即不正确；
对于，
所以，
函数在上单调递减，且（1），
（2），
所以函数有且仅有1个零点，故正确；
对于：若，可得，令，
则，
令，
则，
所以在上，函数单调递增，
在上，函数单调递减，
所以（1），
所以，
所以在上单调递减，函数无最小值，
所以不存在正实数，使得恒成立，即不正确；
对于：令，则，，
令
，
则，
所以在上单调递减，
则，
令，由，得，
则，
当时，成立，
对任意两个正实数，，且，若，
则，所以（4），故正确．
故选：．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题，属于中档题．
三、填空题（本大题共4小题，共10.0分）
13．（5分）在如图所示的三角形边上的9个点中任取3个，可构成三角形的个数是 69 ．
【答案】69．
【分析】先求出从9个点中任取3个的全部组合数为，然后减去三角形三个边上三点共线的组合数，即可得出答案．
【解答】解：从9个点中任取3个的全部组合数为，
三角形三个边上三点共线的组合数为，
所以能构成三角形的个数为．
故答案为：69．
【点评】本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
14．（5分）若函数对任意的，都有成立，则实数的取值范围是 ， ．
【答案】，．
【分析】求出函数的定义域和，判断函数的单调性求出最小值，再结合条件求出实数的取值范围．
【解答】解：由已知得定义域为，．
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
所以（1）．
因为对任意的，都有成立，
所以对任意的，都有成立，
所以（1），
所以实数的取值范围为，．
故答案为：，．
【点评】本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
15．（5分）已知数列的前项和为，且，则使不等式成立的的最大值为
A．8B．9C．10D．11
【答案】
【分析】由与的关系求出，然后求出，最后解不等式即可．
【解答】解：当时，，又，；
当时，，①
，②
①②得：，
即，
，
数列是以1为首项，4为公比的等比数列．
．
．
，
，
又，
．
故选：．
【点评】本题考查数列的通项公式和前项和的求法，还考查了计算能力，属于中档题．
16．（5分）已知，，其中是关于的多项式，则 18 ；若，则除以81的余数为 ．
【答案】18；32．
【分析】利用二项式定理展开式，即可解出．
【解答】解：
，
，
所以，，
即．
若，即，则，
所以，
故所求的余数为32．
故答案为：18；32．
【点评】本题考查了二项式定理的展开式，学生的数学运算能力，属于基础题．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知，计算：
（1）展开式二项式系数之和；
（2）展开式各项系数之和；
（3）；
（4）．
【答案】（1）256；
（2）；
（3）256；
（4）．
【分析】根据已知条件，结合二项式定理，以及赋值法，即可求解．
【解答】解：（1）展开式二项式系数之和为；
（2），
令，
则展开式各项系数之和为；
（3），
令，
则；
（4），
令，，
令，，
故．
【点评】本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于基础题．
18．（12分）有四个编有1、2、3、4的四个不同的盒子，有编有1、2、3、4的四个不同的小球，现把小球放入盒子里．
①小球全部放入盒子中有多少种不同的放法；
②恰有一个盒子没放球有多少种不同的放法；
③恰有两个盒子没放球有多少种不同的放法．
【答案】
【分析】①由排列、组合及简单计数问题得：小球全部放入盒子中有种不同的放法；
②由排列、组合及简单计数问题及平均分组得：恰有一个盒子没放球有种不同的放法；
③由排列、组合及简单计数问题及平均分组得：恰有两个盒子没放球有种不同的放法．
【解答】解：①小球全部放入盒子中有种不同的放法，
②恰有一个盒子没放球有种不同的放法，
③恰有两个盒子没放球有种不同的放法，
故答案为：①256 ②144 ③84
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题．
19．（10分）已知数列的前项和为，，现有如下三个条件分别为：条件①；条件②；条件③；请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答．
您选择的条件是___和___．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）若选①②时，由可得数列是以公差的等差数列，再由求出，从而可求出通项公式，或由可求出通项公式，若②③时，由可得数列是以公差的等差数列，再由求出，从而可求出通项公式，若选①③无法确定数列；
（2）由（1）可得，然后利用裂项相消求和法可求得．
【解答】解：（1）若选①②时：
解法1：由
可知数列是以公差的等差数列，
又，，
解得，
故，即；
解法，数列是以公差的等差数列，
又，，
，
即；
若选②③时：
，数列是以公差的等差数列，
又，，，，
故，即；
若选①③这两个条件时，无法确定数列；
（2），
，
．
【点评】本题考查等差数列定义及通项公式，方程思想，裂项法求和，属中档题．
20．（12分）已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求在，上的最小值和最大值．
【答案】（1）；
（2）最小值，最大值1．
【分析】（1）对原函数求导数，求出时的函数值、导数值，利用点斜式求出切线方程；
（2）求出在，上的极值，再求出（1），（2），即可得到在，上的最大值、最小值．
【解答】解：（1）因为，，
故（2），（2），
故切线方程为：，即；
（2）由（1）知，
易知，时，，单调递减，，，单调递增，
故，又（1），（2），故（2）．
【点评】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值、最值的方法，属于中档题．
21．（12分）已知正项数列的前项和为，，，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足：，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；
（2）利用（1）的结论和裂项相消法求出数列的和．
【解答】解：（1）由题知：，
两式相减得：；
所以
所以；所以，
又因为，
所以
因为，
所以适合
所以．
（2）由（1）得：①；
所以②，
①②得：，
所以，
又由①式得，适合上式
所以，
所以，
所以，
．
【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的求和，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
22．（12分）已知函数，．
（1）若函数在处存在极值，求的值，并求出此时函数在处的切线方程；
（2）当时，若函数有两个极值点，，且不等式恒成立，试求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2），．
【分析】（1）根据在处有极值，得（e）求出的值，再结合导数的几何意义求出切线方程；
（2）根据的两根为，，结合韦达定理得到与的关系，进而得，再将不等式分离参数得到关于得函数，再构造函数利用导数研究其最值解决问题．
【解答】解：（1）函数的定义域为，
所以，
函数在处存在极值，则（e），故，
，则（1），（1），
故所求切线方程为，
即；
（2）由已知，
，
令，结合有两个极值点，，
得有两个不等实数根，，
所以△，且，，
从而，
由不等式恒成立，得恒成立，
又，
令，
所以，当时恒成立，
所以函数在上单调递减，所以，
故实数的取值范围是，．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值的方法和性质，并考查了不等式恒成立问题的解题思路，属于中档题．
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