湖北省宜昌市协作体2022-2023学年高二数学下学期期中考试试题（Word版附答案）

宜昌市协作体高二期中考试数学试卷考生注意：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米，黑色.墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若数列的通项公式为，则（）A.B.C.D.2.若，则（）A.20B.21C.30D.353.下列求导运算正确的是（）A.B.C.D.4.已知等差数列的前项和为，则（）A.155B.160C.290D.3105.已知是两条平行线，直线上有4个不同的点，直线上有5个不同的点，从这9个点中任取3个点作为三角形的顶点，则组成的三角形的个数是（）A.30B.84C.40D.706.若函数在上存在极值，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.7.已知等比数列的前项和为，且，若，则（）A.27B.45C.65D.738.已知是定义在上的函数的导函数，且，则的大小关系为（）A.B.C.D. 二､多选题本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知等差数列的公差为-3，若，则首项的值可能是（）A.18B.19C.20D.2110.已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.在上单调递增B.在上单调递减C.在处取得极小值D.在处取得极大值11.若，则（）A.B.C.D.12.已知数列的前项和满足，且，数列的前项和为，则（）A.数列是等比数列B.数列是等比数列C.D.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若3名学生报名参加天文､计算机､文学､美术这4个兴趣小组，每人选报1组，则不同的报名方式有种.__________.14.某质点沿直线运动的位移与时间的关系是，则质点在时的瞬时速度为__________.15.已知，则__________. 16.对于函数，若存在，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若时，函数的图象上只有1对“隐对称点”，则__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）某校举办元旦晩会，现有4首歌曲和3个舞蹈需要安排出场顺序.（结果用数字作答）（1）如果4首歌曲相邻，那么有多少种不同的出场顺序？（2）如果3个舞蹈不相邻，那么有多少种不同的出场顺序？18.（本小题满分12分）已知函数，且.（1）求函数的图象在点处的切线方程；（2）求函数在区间上的值域.19.（本小题满分12分）若展开式前三项的二项式系数之和为22.（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中的常数项.20.（本小题满分12分）已知数列中，.（1）求证：是等比数列；（2）若数列满足，求数列的前项和.21.（本小题满分12分）第18届亚足联亚洲杯将于2023年举行，已知此次亚洲杯甲裁判组有6名裁判，分别是.（以下问题用数字作答）（1）若亚洲杯组委会邀请甲裁判组派裁判去参加一项活动，必须有人去，去几人由甲裁判组自行决定，问甲裁判组共有多少种不同的安排方法？（2）若亚洲杯组委会安排这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，根据回避规则，其中不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，问共有多少种不同的安排方法？（3）若亚洲杯组委会将这6名裁判全部安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，每名裁判只参加1项活动，问共有多少种不同的安排方法？22.（本小题满分12分）已知函数（为自然对数的底数）. （1）求函数的极值；（2）若对恒成立，求的取值范围.宜昌市协作体高二期中考试･数学试卷参考答案､提示及评分细则1.C.故选C.2.D因为，所以，即，解得或（舍去），所以.故选D.3.C，故A错误；，故B错误；，故C正确；，故D错误.故选C.4.A因为，则，公差，所以.故选A.5.D从直线上选2个点，直线上选1个点，可以组成个三角形，从直线上选1个点，直线上选2个点，可以组成个三角形，所以总共可以组成70个三角形.故选.6.B，由函数在上存在极值，得，解得或，又，所以的取值范围是.故选B.7.C由等比数列的性质可得成等比数列，即，所以，解得（舍）或.又（），解得.故选C.8.A令，则，因为对于恒成立，所以，所以在上单调递减，，因为，所以，所以.故选A.9.BC由题意，得所以.故选BC.10.ACD当时，单调递增，由图可知时，单调递增，故A正确；当时，单调递减；当时，单调递增，所以在处取得极小值，故C正确；当 时，单调递增；当时，单调递减，所以在处取得极大值，故D正确.故选ACD.11.ABD由题意，当时，，A正确；当时，，当-1时，，所以，所以B正确，C错误；当时，，所以正确.故选ABD.12.AD当时，，解得，由，得，两式相减，得，即，所以，又，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，故正确，B错误；，所以，故C错误；，所以，故D正确.故选AD.13.64由分步乘法计数原理，得不同的报名方式有（种）.14.，当时，.15.15取，得；取，得，所以；取，得，所以.16.关于原点对称的函数为，因为函数的图象上只有1对“隐对称点”，所以与函数的图象只有1个交点，在上单调 递减，在上单调递增，且.因为，当时，单调递增，当时，，单调递减.所以当时，取最大值.分别作出与的图象（如图所示）.若与的图象只有1个交点，则，即，解得.17.解：（1）先将4首歌曲捆绑，有种情况，再将捆绑好的4首歌曲与3个舞蹈排序，有种情况，所以有（种）不同的出场顺序.（2）先将4首歌曲排好，有种情况，再将3个舞蹈排人4首歌曲隔开的5个空中，有种情况，所以有1440（种）不同的出场顺序.18.解：（1），所以，解得.所以，所以函数的图象在点处的切线方程为，即.（2）由，得，令，得或，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.又，所以函数在区间上的值域为.19.解：（1）因为展开式前三项的二项式系数之和为22，所以，即，解得或（舍），故的值为6. 展开式中最大的二项式系数为，所以展开式中二项式系数最大的项为第4项，即（2）设展开式中常数项为第项，即，令，解得，所以，故展开式中的常数项为135.20.（1）证明：因为，所以，又，所以，所以是以1为首项，2为公比的等比数列.（2）解：由（1）知，即，所以，，两式相减，得，所以.21.解：（1）由题意知，可去名裁判，所以共有（种）不同的安排方法.（2）这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，共有种方法，其中担任第一场比赛的主裁判的方法数为担任第三场比赛的主裁判的方法数为担任第一场比赛的主裁判同时担任第三场比赛的主裁判的方法数为，所以不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，共有（种）不同的安排方法.（3）亚洲杯组委会将这6名裁判安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，则分类如下：①这6名裁判分为1人，1人，4人这三组，共有（种）不同的安排方法；②这6名裁判分为1人，2人，3人这三组，共有（种）不同的安排方法；③这6名裁判分为2人，2人，2人这三组，共有（种）不同的安排方 法.综上所述，组委会将这6名裁判安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，共有（种）不同的安排方法.22.解：（1）函数的定义域为，，令，得.当时，单调递增；当时，单调递减.所以的极大值为，无极小值.（2）由可得对任意的恒成立，即.令，则，令，则，所以在上单调递增，又，故在上有唯一的实根，不妨设该实根为，即.故当时，单调递减；当时，单调递增，故.又，所以，所以，所以，故的取值范围为.