河北省沧衡八校联盟2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

沧衡八校联盟高二年级2022～2023学年下学期期中考试数学试题一、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.甲工厂有80名工人，乙工厂有60名工人，丙工厂有70名工人，现从中选取1人参加技术培训，则不同的选法有（）A.180种B.210种C.240种D.270种【答案】B【解析】【分析】根据分类加法计数原理求得正确答案.【详解】依题意可知，不同的选法有种.故选：B2.已知数列满足，若，则（）A.6B.5C.4D.3【答案】D【解析】【分析】通过递推公式逐个求解项，对照选项可得答案.【详解】因为，所以，，，，；因，所以.故选：D.3.已知，且，则（） A.0.3B.0.4C.0.7D.0.8【答案】C【解析】【分析】根据二项分布期望、方差公式及已知列方程求即可.【详解】由题设，，则，所以.故选：C4.若的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中的常数项为（）A.15B.20C.28D.35【答案】A【解析】【分析】先根据所有项的系数之和求出，再利用通项公式可得常数项.【详解】因为的展开式中所有项的系数之和为64，所以，解得；的通项公式为，令得，所以常数项为.故选：A.5.甲、乙、丙3人准备前往A，B，C，D这4个景点游玩，其中甲和乙已经去过A景点，本次不再前往A景点游玩，若每个人都至少选择1个景点但不超过3个景点游玩，则3人可组成的不同的游玩组合有（）A.735种B.686种C.540种D.465种【答案】B【解析】【分析】先确定甲乙的选择，再确定丙的选择利用分步计数原理和组合知识可求答案.【详解】因为甲和乙已经去过A景点，本次不再前往A景点游玩，所以两人可以从B，C，D这3个景点中，选择1个，2个或3个去游玩，两人的选择方法均为：（种）；而丙的选择方法有：（种）； 所以3人可组成的不同的游玩组合有：（种）.故选：B.6.已知直线与函数，的图象分别交于点，，则的最小值为（）A.8B.10C.12D.16【答案】C【解析】【分析】由题设可得，利用三元基本不等式求其最小值，注意取值条件.【详解】由题设，，，且，所以，当且仅当，即时等号成立，综上，的最小值为.故选：C7.2022年卡塔尔世界杯是第二十二届国际足联世界杯，于当地时间2022年11月20日至12月18日在卡塔尔境内5座城市中的8座球场举行.本届世界杯的赛制规定：从小组赛晋级的16支球队将被自动分成8组，每组的2支球队比赛一场，获胜的球队晋级1/4决赛.若从小组赛晋级的16支球队中选出4支球队，且恰有2支球队来自同一组，则不同的选择方法有（）A.672种B.728种C.764种D.800种【答案】A【解析】【分析】首先考虑恰有2支球队来自同一组的选法，再确定另外2支不同组的选法，利用分步计数乘法原理求出结果.【详解】因为小组赛晋级的16支球队自动分成8组，从中选4支，2支球队来自同一组，所以要先从8组中选一组，有种选法，这组两支球队全选，保证2支球队来自同一组；再从剩余7组中选2组，每一组选1支球队，这2支球队来自不同组，有种选法， 所以不同的选择方法有种.故选：A.8.“杨辉三角”是中国古代数学家杨辉杰出的研究成果之一．如图，从杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，则在第12条斜线上，最大的数是（）A.35B.36C.56D.70【答案】C【解析】【分析】根据杨辉三角的规律再向下写出4行，找出第12条斜线上的数，比较大小可得答案.【详解】杨辉三角第8行的数据为：172135352171，第9行的数据为：18285670562881，第10行的数据为：193684126126843691，第11行的部分数据为：11045……，第12条斜线上的数为：1103656356，所以最大的数是56.故选：C.二、选择题：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.在某次数学测试中，学生的成绩，则（）A.B.若越大，则越大C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据正态曲线的对称性结合选项逐个分析可得答案.【详解】因为，所以，A正确； 当时，，当时，，B不正确；因为，所以，C正确；根据正态曲线的对称性，D不正确.故选：AC.10.已知，则（）AB.C.D.展开式中所有项的二项式系数的和为【答案】ABD【解析】【分析】采用赋值法，分别令和可以判断选项A、C；根据二项式展开式的通项求得x的系数，可以判断选项B；直接由展开式中所有项的二项式系数的和的知识就可以判断选项D.【详解】令，得，所以A正确；展开式的通项为，令，得，所以B正确；令，得，又，所以，所以C不正确；展开式中所有项的二项式系数的和为，所以D正确.故选：ABD.11.已知a为常数，等差数列的前n项和满足，则的值可能为（）A.4045B.4046C.4047D.4048【答案】AB【解析】【分析】根据等差数列的前n项和满足，将前n项和公式和通项公式代入，求得首项和公差即可. 【详解】解：因为a为常数，等差数列的前n项和满足，所以，则，解得或所以或所以或4045，故选：AB12.已知，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】设，，利用导数研究函数的单调性，再结合作差法和不等式性质逐一验证各选项.【详解】设，，则恒成立，则在单调递减，可得，即.令，则，且，即，故；因为，则，又因为，则，所以，即. 因为，则，即，即.综上所述：故选：BC.【点睛】利用导数比较大小问题方法点睛：根据已知中式子的外形结构特征与导数结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．13.函数的图象在处的切线方程为_________．【答案】【解析】【分析】求得切点坐标为，切线的斜率，由点斜式即可得切线方程.【详解】解：因为，，所以切点坐标为，又因为，所以，所以切线的斜率，所以切线方程为：，即.故答案为：14.某学校组织学生进行答题比赛，已知共有4道类试题，8道类试题，12道类试题，学生从中任选1道试题作答，学生甲答对这3类试题的概率分别为，，.若学生甲答对了所选试题，则这道试题是类试题的概率为_____________.【答案】【解析】【分析】利用全概率公式及条件概率公式计算可得.【详解】设学生选道类试题为事件，学生选道类试题为事件，学生选道类试题为事件，设学生答对试题为事件，则，， ，，，，所以，所以.故答案为：15.一个装有水的圆柱形水杯水平放在桌面上，在杯内放入一个圆柱形铁块后，水面刚好和铁块的上底面齐平，如图所示．已知该水杯的底面圆半径为6cm，铁块底面圆半径为3cm，放入铁块后的水面高度为6cm，若从时刻开始，将铁块以1cm/s的速度竖直向上匀速提起，在铁块没有完全离开水面的过程中，水面将______（填“匀速”或“非匀速”）下降；在时刻，水面下降的速度为______cm/s．【答案】①.匀速②.【解析】【分析】由圆柱形铁块竖直向上匀速提起，可得水面匀速下降；根据已知得出水面高度H与时刻的函数关系，通过导数求瞬时速度.【详解】设在铁块没有完全离开水面的过程中，水面高度为H，铁块离开水面的高度为h，则水和铁块的体积为，即①．铁块距离杯底的高度为②．由①②可得．令函数，则．故水面将匀速下降，下降的速度为．故答案为：匀速；.16.已知定义域为R的偶函数满足，且当时，，若将方程 实数解的个数记为，则_________．【答案】【解析】【分析】由条件分析得函数的周期性，结合对称性作出草图，分析两函数的交点个数，得出数列通项，裂项相消求和即可.【详解】由题意可得，方程的实数解个数，即两函数的交点个数，不难发现也是偶函数，所以两函数的交点是关于纵轴对称的，这里只分析的情况.结合条件作出两函数简要图象如下：当时，此时有两个交点，即，当时，此时有4个交点，即，当时，此时有6个交点，即，以此类推，可知， 故，即，故答案为：.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.已知数列的前n项和为，且．证明：（1）是等差数列；（2）．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据关系得出的关系，再利用等差数列的定义证明；（2）先求出，再利用裂项相消法进行证明.【小问1详解】证明：因为，当时，；两式相减可得，整理可得，又，故是以3为首项和公差的等差数列.【小问2详解】证明：由（1）可知，所以， 则，所以，因为，所以，即.18.从1，2，3，4，5，6中任取5个数字，随机填入如图所示的5个空格中.（1）若填入的5个数字中有1和2，且1和2不能相邻，试问不同的填法有多少种？（2）若填入的5个数字中有1和3，且区域，，中有奇数，试问不同的填法有多少种？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）应用分步计数，从其余4个数选3个数全排，再把1和2插入其中求结果.（2）应用间接法，先求出有1和3且区域，，中无奇数的填法数，再求出所有可能的填法数，然后作差即可得结果.【小问1详解】首先从其它4个数中任选3个并作全排有种，3个数中共有4个空，将1和2插入其中两个空有种，所以共有种填法.【小问2详解】若区域，，中无奇数，则其它三个数只能为2、4、6且在区域，，上，所以，共有种，从2、4、5、6任选3个数有种，再把5个数全排有种，共有种，综上，填入的5个数字中有1和3且区域，，中有奇数，共有种. 19.等比数列的前n项和为，已知，且成等差数列．（1）求的通项公式；（2）若，数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差中项可得公比，利用等比数列的通项公式可得答案；（2）先通过求出，再利用错位相减法求和，可得.【小问1详解】设等比数列的公比为，因为成等差数列，所以，因为，所以，即，所以.【小问2详解】由（1）得，因为，所以，所以，即；，，两式相减可得 ；所以.20.已知函数.（1）求的极值；（2）若恒成立，求取值范围.【答案】（1）极小值为1，无极大值（2）【解析】【分析】（1）求导，利用导数求解单调性即可求解极值，（2）将恒成立问题转化成求函数最值问题，构造函数，利用导数求解最值.【小问1详解】由得，令，故在单调递增，令，故在单调递减，故当时，取极小值，且极小值为，故极大值，【小问2详解】由恒成立可得恒成立，记，则，令，则，由（1）知：在处取极小值也是最小值，且最小值为1，故，因此在上单调递增，且，故当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取极小值也是最小值1，故21.某单位组职员上进行排球娱乐比赛，比赛规则如下：比赛实行五局三胜制，任何一方率先赢下3局比赛时比赛结束，每一局比赛获胜方得2分，失败方得1分，甲，乙两队相互打比赛已知甲队每一局获胜的概率均为． （1）求甲、乙两队3局结束比赛的概率；（2）记比赛结束时甲队的得分为，求的分布列和期望．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可知，分为甲连赢三局与或甲连输三局，即可得到结果；（2）根据题意可得的可能取值为，然后分别求出其对应的概率，然后由期望的计算公式即可得到期望.【小问1详解】根据题意可知，若甲、乙两队3局结束比赛，则甲赢三局或甲输三局，所以，故甲、乙两队3局结束比赛的概率为.【小问2详解】根据题意可知，的可能取值为，则，，，，，所以的分布列为则. 22.已知函数；（1）若无零点，求a的取值范围；（2）若有两个相异零点，证明：．【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）在定义域内，根据函数求导判断函数单调性，找出定义域内最小值，当满足时即可求的取值范围.（2）根据（1）中求导结果得出零点取值范围，根据零点性质可知，据此利用函数单调性定义得出和的大小关系，从而证明出.【小问1详解】，，，得，当时，，单调递减，时，，单调递增，所以函数的最小值是，因为函数无零点，，得，所以的取值范围是；【小问2详解】证明：不妨设，由（1）得，在上单调递减，在上单调递增，，故，， ，设，，因为，，所以函数在区间单调递增，且，所以在区间上恒成立，故，即，又在上单调递减，，.【点睛】本题考查利用导数研究函数的形状，以及双变量问题，综合性较强，本题第二问的关键是利用，结合函数的单调性，判断的正负.