2022-2023学年人教A版（2019）高二数学下学期期中达标测评卷（A卷）（含答案）

2022-2023学年人教A版（2019）高一数学下学期期中达标测评卷（A卷）
【150分】
一、单项选择题：本题共8个小题，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.已知函数是定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
2.已知函数，有4个不同的零点，则m的取值范围为( )
A. B. C. D.
3.设函数.若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
4.已知正项等比数列的前n项和为，若，，则( )
A. B. C. D.
5.已知等差数列的前n项和为，若，则( )
A.8 B.12 C.14 D.20
6.已知数列的首项，前n项和为，，.设，则数列的前n项和的取值范围为( )
A. B. C. D.
7.从4男2女共6名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，则不同的选法共有( )
A.156种 B.168种 C.180种 D.240种
8.的展开式中有理项的项数为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分。
9.甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.若老师站在正中间，则下列选项中恰有8种不同站法的是( )
A.甲、乙都不与老师相邻 B.甲、乙都与老师相邻
C.甲与老师不相邻，乙与老师相邻 D.甲、乙相邻
10.若为数列的前n项和，且，则下列说法中正确的是( )
A. B.
C.数列是等比数列 D.数列是等比数列
11.已知数列的前n项和为，，若存在两项，，使得，则下列结论中正确的是( )
A.数列为等比数列
B.数列为等差数列
C.为定值
D.设数列的前n项和为，，则数列为等差数列
12.已知是的导函数，且，则( )
A.
B.
C.的图象在处的切线的斜率为0
D.在上的最小值为1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设函数，则曲线在点处的切线方程为________.
14.己知，则________.（用数字作答）
15.若的展开式中第三项与第五项的二项式系数相等，则该展开式中含的系数为______.（用数字作答）
16.若定义在R上的函数满足，，则不等式的解集为__________________.
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. （10分）已知函数，.
（1）求函数的极值点；
（2）若恒成立，求实数m的取值范围.
18. （12分）已知函数，，曲线在点处的切线也是曲线的切线.
（1）若，求a；
（2）求a的取值范围.
19. （12分）已知公差不为0的等差数列的前n项和为，成等比数列，.
(1)求数列的通项公式：
(2)若数列满足，数列的前n项和为，且不等式对任意的恒成立，求实数k的取值范围.
20. （12分）已知数列的前n项和为，且，等比数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，求满足不等式的n的取值范围.
21. （12分）某车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外2名既能当车工又能当钳工.现要在这11名工人里选派4名针工和4名车工修理一台机床，有多少种不同的选派方法？
22. （12分）现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人.
（1）选1人为负责人，有多少种不同的选法？
（2）每组选1名组长，有多少种不同的选法？
（3）推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？
答案以及解析
一、单项选择题
1.答案：D
解析：由已知得当时，.令，则当时，，所以在上为单调递减函数，由是定义在的奇函数，得，故是定义在的偶函数，且的图象关于y轴对称，令，函数在上为减函数，且函数图象关于直线对称，当时，，则，即，即，得，，即，得，依据函数的图象关于直线对称，得当时，不等式的解集为，故原不等式的解集为，故选D.
2.答案：B
解析：当时，，，可得在上单调递减，在上单调递增，且，所以的大致图象如图所示，由，解得或.由的图象可知，当时，有1个根，所以要有3个根，故实数m的取值范围为，故选B.
3.答案：C
解析：由题意得的定义域是R，因为是奇函数，所以，即，所以，则，所以，则，所以，又，所以切线方程是，即.故选C.
4.答案：D
解析：设等比数列的公比为q（且），，，，得，，.故选D.
5.答案：D
解析：等差数列的前n项和为，，
则，，，构成首项为2，公差为2的等差数列
则.
故选：D.
6.答案：C
解析：由，可得当时，有，两式相减得，故.
又当时，，
所以数列是首项为3、公比为3的等比数列，故.
所以，所以.
所以，①
，②
①-②，得，
化简整理得.
因为，所以，又，
所以数列是递增数列，所以，所以，故的取值范围是，选C.
7.答案：B
解析：从4男2女共6名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队有种选法，服务队中没有女生的选法有种，所以服务队中至少有1名女生的不同选法共有种，故选B.
8.答案：C
解析：.又的展开式的通项，所以.当x的指数是整数时，该项为有理项，所以当，2，4，6，8时，该项为有理项，即有理项的项数为5.故选C.
二、多项选择题
9.答案：CD
解析：对于A，甲、乙只能站左、右两端，有2种站法，丙、丁在老师相邻两边，有2种站法，所以有种站法，不符合；
对于B，同A一样，有4种站法，不符合；
对于C，甲站两端，有2种站法，乙与老师相邻，有2种站法，丙、丁站剩下位置，有2种站法，所以有种站法，C符合；
对于D，甲、乙要么都在老师左边，要么都在老师右边，且甲、乙还可以相互交换，有种站法，丙、丁站剩下两个位置，有2种站法，所以共有种站法，D符合.
10.答案：AC
解析：因为，所以当时，，所以；当时，，所以，所以，所以数列是首项为-1，公比为2的等比数列，所以，，所以，，故A正确，B错误，C正确；又因为，所以数列不是等比数列，故D错误.故选AC.
11.答案：ACD
解析：数列的前n项和为，，则当时，，解得；当时，，所以，整理，得，即（常数），所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，当时也符合，所以，故A正确，B错误；由于，故存在两项，，使得，即，则，故C正确；由题意，得，所以，所以符合一次函数的形式，故该数列为等差数列，故D正确.故选ACD.
12.答案：BC
解析：，，令，则，故B正确；则，，
，故A错误；
的图象在处的切线的斜率为，故C正确；
，当时，，单调递减，当时，，单调递增，在上的最小值为，故D错误.故选BC.
三、填空题
13.答案：
解析：由题意，得，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即.
14.答案：34
解析：令，得；令，得.
二项式的通项公式为，
又，，
所以.
故答案为：34.
15.答案：-20
解析：由的展开式中第三项与第五项的二项式系数相等，
则，即，
则展开式的通项公式为，
令，则，
.
故答案为：-20.
16.答案：
解析：构造函数，则，
函数满足，
，故在R上单调递增.
又，，不等式，即，
由在R上单调递增，可知.
四、解答题
17、（1）答案：是的极大值点，无极小值点
解析：由已知可得，函数的定义域为，且，
当时，；当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以是的极大值点，无极小值点.
（2）答案：当时，恒成立
解析：设，，
则，
令，，
则对任意恒成立，
所以在上单调递减.
又，，
所以，使得，即，则，
即.
因此，当时，，即，则单调递增；
当时，，即，则单调递减，
故，解得，
所以当时，恒成立.
18.答案：（1）
（2）
解析：（1）当时，，所以切点坐标为.
由，得，
所以切线斜率，
所以切线方程为，即.
将代入，得.
由切线与曲线相切，得，解得.
（2）由，得，所以切线斜率，
所以切线方程为，即.
将代入，得.
由切线与曲线相切，得，
整理，得.
令，则，
由，得，0，1，
，随x的变化如下表所示：
x 0 1
- 0 + 0 - 0 +
极小值 极大值 极小值
由上表知，当时，取得极小值，
当时，取得极小值，
易知当时，，当时，，
所以函数的值域为，
所以由，得，
故实数a的取值范围为.
19.答案：(1).
(2)取值范围为.
解析：(1)解法一：设数列的公差为，
因为成等比数列，所以，
即，得，
又，
所以，
所以.
解法二：因为，所以，所以.
设数列的公差为，
因为成等比数列，所以，
即，得，
所以.
(2)由(1)知，，
令，则，
则，
，
两式相得，
所以.
，即.
若n为偶数，则，
易知函数是增函数，
所以；
若n为奇数，则，
所以，即.
所以实数k的取值范围为.
20.答案：(1)；.
(2)取值范围为.
解析：(1)由题知，即，
则，又，所以数列是首项为-5，公差为1的等差数列，
因此，即.
当时，，
当时，，符合，
则.
因为，所以等比数列的公比为3，则.
(2)由(1)知，
则，①
，②
①-②，得，
则.
由得，
若，则，无解；
若，则，符合题意；
若，则，
因为，所以，得.
综上，满足不等式的n的取值范围为.
21.答案：设既能当车工又能当钳工的2名工人为A,B.
A,B都不在内的选派方法有（种）；
A,B都在内且当钳工的选派方法有（种）；
A,B都在内且当车工的选派方法有（种）；
A,B都在内，且一人当钳工，另一人当车工的选派方法有（种）；
A,B有一人在内且当钳工的选派方法有（种）；
A,B有一人在内且当车工的选派方法有（种）.
所以不同的选派方法共有（种）.
22.答案：（1）分四类：第一类，从一组中选1人，有7种选法；
第二类，从二组中选1人，有8种选法；
第三类，从三组中选1人，有9种选法；
第四类，从四组中选1人，有10种选法.
所以不同的选法共有（种）.
（2）分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四组中选1名组长，所以不同的选法共有（种）.
（3）分六类：从一、二组中各选1人，有种不同的选法；
从一、三组中各选1人，有种不同的选法；
从一、四组中各选1人，有种不同的选法；
从二、三组中各选1人，有种不同的选法；
从二、四组中各选1人，有种不同的选法；
从三、四组中各选1人，有种不同的选法.
所以不同的选法共有（种）.