安徽省A10联盟2022-2023学年高二数学下学期4月期中考试试题（Word版附解析）

A10联盟2021级高二下学期4月期中考数学（人教A版）试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.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.在正项等比数列中，，则的公比等于（）A.B.2C.4D.2【答案】B【解析】【分析】设数列的公比为，利用计算可得答案.【详解】设数列的公比为，则，解得（负值舍去）.故选：B.2设，则（）A.B.C.5D.20【答案】A【解析】【分析】根据导数的计算方法求解即可.【详解】，即.故选：A. 3.已知函数导函数为，则“在上有两个零点”是“在上有两个极值点”的（）A充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】结合充分、必要条件定义及极值点的概念即可可判断.【详解】只有当在上有两个变号零点时，在上才有两个极值点，故充分性不成立；若在上有两个极值点，则在上有两个变号零点，则在上至少有两个零点，故必要性不成立.综上，“在上有两个零点”是“在上有两个极值点”的既不充分也不必要条件，故选：D.4.传说古代希腊的毕达哥拉斯在沙滩上研究数学问题：把叫做三角形数；把叫做正方形数，则下列各数中既是三角形数又是正方形数的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分别写出三角形数和正方形数的通项公式，根据通项公式可得答案.【详解】三角形数：，可得其通项公式为；正方形数：，可得其通项公式为，均无正整数解，且，所以，，是正方形数不是三角形数，又，既是三角形数，又是正方形数.故选：A.5.某厂安排名工人到三个岗位值班，每名工人只去一个岗位，每个岗位至少安排名工人，则安排工人甲､乙到同一个岗位值班的方法数为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】先将人分为个小组，再将个小组安排到三个岗位即可.【详解】依题意，可分两步安排：第一步，将人分为个小组，按小组人数可分为人、人、人和人、人、人两类，人、人、人分组，甲、乙同组，另外人中，选出人同组，有种方法，人、人、人分组，除甲、乙的另外人中，选出人与甲、乙同组，剩余人各自一组，有种方法，∴第一步共有种方法；第二步，将组分别安排到三个岗位，有种方法，∴满足题意的安排方法数有种.故选：B.6.已知数列的前项和为，则（）A.-1012B.1012C.-2024D.2024【答案】C【解析】【分析】写出前4项找出的规律，再分组求和即可.【详解】，则，，，依次类推，，.故选：C.7.已知，则被10除所得的余数为（）A.9B.3C.1D.0【答案】C 【解析】【分析】根据二项式定理可得，再利用二项展开式求解即可.【详解】，，又，都是10的倍数，被10除所得的余数为1.故选：C8.在等比数列中，，函数，则（）A.0B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】令，则根据求导可得，再根据等比数列的性质求解即可.【详解】令，则，，数列是等比数列，且，.故选：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.若曲线的一条切线垂直于直线，则切点的坐标可以是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据曲线的一条切线垂直于直线，求出切点处切线的斜率，推出对应的切点的横坐标，即可确 定切点的坐标.【详解】由题意，在直线中，设切点为，中，，一条切线垂直于直线∴，解得，当时，，此时点的坐标为；当时，，此时点的坐标为.故选：BC.10.下列各式正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】对于A，由可判断；对于B，根据二项式系数和公式可判断；对于CD，根据排列数的计算公式可验证.【详解】对于A，由得，A正确；对于B，，B错误；对于C，，C错误；对于D，，D正确.故选：AD11.已知正项数列前n项和为，且满足（） A.数列是等差数列B.C.数列不是等差数列D.【答案】ABD【解析】【分析】根据给定的递推公式，结合求出数列的通项公式，再逐项判断作答.【详解】数列中，，，当时，，则，即，因此，而，解得，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，A，B都正确；，，，于是，数列是等差数列，C错误；，D正确.故选：ABD【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.12.已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的值可以为（）A.5B.6C.7D.8【答案】CD【解析】【分析】将问题转化为方程恰有3个实数根，再讨论时可得有1个根，进而当时，方程有2个实数根，再构造函数，求导分析单调性与最值即可.【详解】令，解得，故问题转化为方程恰有3个实数根. 当时，令，解得，故当时，方程有2个实数根.令，即，显然不是该方程的根，.令，则，故当时，，当时，，故当时，有极小值6，而时，，当，且时，，故实数的取值范围为.故选：CD第II卷（非选择题共90分）三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13.在的展开式中，含的项的系数为__________.【答案】135【解析】【分析】利用通项公式计算可得答案.【详解】在展开式中，第项为，，令，得含有的项的系数为故答案为：135.14.某乡村道路上有12盏照明路灯，为了节约用电，需要关闭其中两两不相邻的4盏，但考虑行人夜间出行安全，两端的路灯不能关闭，则关灯方案的种数为__________.（用数字作答） 【答案】35【解析】【分析】利用插空法求解即可.【详解】由题意得，让4盏需要关闭的灯插空到8盏亮灯的7个空中，有种关灯方案.故答案为：3515.已知等差数列的前项和为，若，公差，当且仅当时，取得最大值，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据题意可得，进而可得，再根据公式可得的取值范围.【详解】由题意得，，即，解得.又，的取值范围是.故答案为：16.如图，某款酒杯的上半部分为圆锥，且该圆锥的轴截面是面积为的正三角形．若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，当放置的圆柱形冰块的体积最大时，其高度为__________．【答案】【解析】【分析】首先根据题意作出平面图，由圆锥的轴截面的面积求出圆锥底面半径，易知冰块体积最大时上底与杯口齐平，设圆柱形冰块的底面圆半径为，其中，表示出高，得出圆柱体积关于 的表达式，由导数确定体积最大时半径的值，即可得出此时圆柱的高．【详解】由题意作出圆锥轴截面的平面图，如图所示，过等边三角形顶点作，则，，设圆锥底面圆的半径为，则，，所以，因为圆锥的轴截面是面积为，所以，解得,易知冰块体积最大时上底与杯口齐平，设圆柱形冰块的底面圆半径为，其中，高为，则，在中，，则，设圆柱形冰块的体积为，则.设，则，当时，；当时，，在处取得极大值，也是最大值， 即，所以，故当放置的圆柱形冰块的体积最大时，其高度为，故答案为：．四､解答题（本题共6小题，第17题10分，第1822题每题12分，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）17.若，其中.（1）求实数的值；（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）写出展开式的通项，得到的表达式即可求出实数的值；（2）将代入展开式，求出到项的和，即可求出.【小问1详解】由题意，在中，，∵展开式的通项为，∴，解得：.【小问2详解】由题意及（1）得， 在中，令，得，18.已知数列满足：.（1）求的通项公式；（2）若数列是等比数列，且，求关于的表达式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义判断得数列是等差数列，计算公差，再写出通项公式即可；（2）根据（1）写出数列的通项公式，再根据等比数列计算公比，写出等比数列的通项公式，两式相等即可得关于的表达式.【小问1详解】所以数列是等差数列，设其公差为，则，.所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）知. 因为数列是等比数列，且，数列的公比，由等比数列的通项公式可得，19.（1）用五种不同的颜色给下图中的四块区域涂色，要求相邻的区域颜色不同，则一共有多少种不同的涂色方法？（2）记正方体中两条平行的棱为一对“平行棱”，现从正方体所有棱中任取4条，要求至少得到2对“平行棱”，则一共有多少种不同的取法？【答案】（1）180；（2）207【解析】【分析】（1）分选择四种和三种颜色两种情况讨论求解再求和即可；（2）正方体中一共有3组，每组4条分别平行的直线，满足条件的“平行棱”可能有2，3，6对，再分别求解求和即可.【详解】（1）若选择四种颜色，则有种不同的涂色方法；若选择三种颜色，则有种不同的涂色方法，故一共有种不同的涂色方法.（2）正方体中一共有3组，每组4条分别平行的直线，则：若4条棱中恰有2对“平行棱”，则2对分别来自不同2组，每组2条，不同的取法有种； 若4条棱中恰有3对“平行棱”，则3对分别来自不同2组，一组1条，一组3条，则不同的取法有种；若4条棱中恰有6对“平行棱”，则6对均来自同一组，一组4条，则不同的取法有种.故从所有棱中任取4条，且至少得到2对“平行棱”一共有种不同的取法.20.若函数，且为偶函数.（1）求的值；（2）设函数，求的单调区间.【答案】（1）（2）单调递增区间是，单调递减区间是【解析】【分析】（1）求出，利用其为偶函数可得答案；（2）求出，分别令、可得答案.【小问1详解】，为偶函数，则，又；【小问2详解】由（1）知，则，则， 令，得，或；令，得，故的单调递增区间是；单调递减区间是.21.已知数列的前项和为，满足且.（1）求证：是等比数列；（2）设，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用关系求得，注意验证的情况，由等比数列定义证结论；（2）由（1）得，再应用裂项相消法求，即可证结论.【小问1详解】由得：，两式相减得，则，所以，又，则，解得，满足，综上，，又，所以是以3为首项，3为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）知：，则， ，由，故.22.已知函数.（1）若为增函数，求实数的取值范围；（2）若，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得恒成立，再参变分离可得，再求解的最小值即可；（2）设，再求导分析函数的单调性，进而可得最小值即可证明.【小问1详解】由题意得，函数的定义域为，则，由为增函数得，在上恒成立.设在处取得最小值，即实数的取值范围为.小问2详解】 当时，.设，则设，则，在上单调递增，又，当时，，即；当时，，即在处取得极小值而，，即.