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

2022-2023学年人教A版（2019）高二数学下学期期中达标测评卷（B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.若曲线在处的切线的倾斜角为，则( ).
A.-1 B. C. D.2
2.已知函数，其导函数记为，则( )
A.2 B.-2 C.3 D.-3
3.已知函数有2个零点a，b，且在区间上有且仅有2个正整数，则实数t的取值范围是( )
A. B. C. D.
4.已知等差数列中,,则( )
A.4 037 B.4 035 C.2 020 D.2 022
5.已知是等比数列的前n项和,且公比,其中,且满足,则下列说法错误的是( )
A.数列的公比为2 B.
C. D.
6.已知是等比数列的前n项和，若存在，满足，，则数列的公比为( )
A.-0 B.2 C.-3 D.3
7.绿水青山就是金山银山，浙江省对“五水共治”工作落实很到位，效果非常好.现从含有甲的5位志愿者中选出4位到江西，湖北和安徽三个省市宣传，每个省市至少一个志愿者.若甲不去安徽，其余志愿者没有条件限制，共有多少种不同的安排方法( )
A.228 B.132 C.180 D.96
8.从6人中选出4人参加某大学举办的数学、物理、化学、生物比赛，每人只能参加其中一项，且每项比赛都有人参加，其中甲、乙两人都不能参加化学比赛，则不同的参赛方案的种数为( )
A.94 B.180 C.240 D.286
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.已知，则( )
A.展后式中的第4项为 B.展开式中的常数项为60
C.展出式中的各项系数之和为1 D.展开式中第4项的二项式系数最大
10.设是单调的等比数列的前n项和,若,则( )
A. B.公比为 C.为常数 D.为等比数列
11.已知函数，则下列结论正确的是( )
A.函数存在两个不同的零点
B.函数既存在极大值又存在极小值
C.当时，方程有且只有两个实根
D.若时，，则t的最小值为2
12.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，则下列说法错误的是( ).
A.若任意选择三门课程，则选法总数为
B.若物理和化学至少选一门，则选法总数为
C.若物理和历史不能同时选，则选法总数为
D.若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，则选法总数为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.过氧化氢()是一种重要的化学品，工业用途广泛，通过催化和直接合成目前被认为是一种最有潜力替代现有生产方法的绿色环保生产途径.在自然界中，已知氧的同位素有17种，氢的同位素有3种，现有由，及，，五种原子中的几种构成的过氧化氢分子，则分子种数最多为______________.
14.在的展开式中含项的系数为____________.（用数字作答）
15.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环也依次增加9块，已知每层环数相同，均为9环，则三层共有扇面形石板（不含天心石）的数量是________________.
16.已知函数，若函数恰有2个零点，则实数m的取值范围为_________.
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)求的单调递减区间;
(2)若在区间上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.
18. （12分）已知函数.
(1)求证：当时，；
(2)设的两个零点分别为，且，求的取值范围.
19. （12分）已知数列的前n项的和为.
(I)求出数列的通项公式;
(Ⅱ)数列的前n项的和为,求出数列的前n项和.
20. （12分）已知等差数列的前n项和为，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和.
21. （12分）某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动.
(1)任选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法
(2)三个年级各选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法
(3)选2个班的学生参加社会实践活动，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法
22. （12分）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画.
（1）从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法
（2）从这些国画油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法
（3）从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法
答案以及解析
一、单项选择题
1.答案：B
解析：由题意得，当时，，所以，因为，所以，故选B.
2.答案：A
解析：由已知得，则，显然为偶函数.令，显然为奇函数，又为偶函数，所以，，所以.
3.答案：C
解析：由题意知函数有2个互异的零点a，b等价于函数与的图象有2个不同的交点.因为，所以.令，可得；令，可得.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以.当时，，当时，，且，时，.由，知函数的图象为过定点的一条直线，在同一平面直角坐标系中，分别作出函数与的图象如图所示，若满足，的图象有2个不同的交点，且在区间上有且仅有2个正整数，则即解得，故选C.
4.答案：B
解析：由题意得,
∴数列的公差.
5.答案：C
解析：根据题意知等比数列的公比为,记,则,所以解得故,则, ,所以,选项C错误,故选C.
6.答案：B
解析：设数列的公比为q，若，则，与题中条件矛盾，故.，.，，，.故选B.
7.答案：B
解析：4人去3个省份，且每个省至少一个人则必会有两人去同一省份，
若抽取的4人中不含甲，在这四人中任意取两人进行捆绑，则共有种，
②若4人中含有甲，则在剩余的4人中抽取3人，共有种，接下来若甲和另1人去同一省份，则共有种，若甲单独一人去一个省份，则共有种，根据加法和乘法原理可得共有，此类情况共有种
综上共有种.
故选：B.
8.答案：C
解析：第一步，因为甲、乙两人都不能参加化学比赛，所以从剩下的4人中选1人参加化学比赛，共有4种选法；
第二步，在剩下的5人中任选3人参加数学、物理、生物比赛，共有种选法.
由分步乘法计数原理，得不同的参赛方案的种数为，
故选：C.
二、多项选择题
9.答案：BCD
解析：的展开式的通项，
对于A，展开式中的第4项为，所以A不正确；
对于B，令，解得，所以展开式中的常数项为，所以B正确；
对于C，令，得展开式中各项系数之和为，所以C正确；
对于D，由可知展开式共有7项，所以展开式中第4项的二项式系数最大，所以D正确.故选BCD.
10.答案：CD
解析：设等比数列的公比为q.由数列为等比数列,,得,又,所以,因此A项错误.又,所以,解得或.若,则,显然不满足数列是单调数列,因此B项错误.
由上述可知,则,所以,则,因此C项正确.因为,所以是首项为,公比为的等比数列,因此D项正确.故选CD.
11.答案：ABC
解析：，令，解得或，当或时，，故函数在，上单调递减，当时，，故函数在上单调递增，且函数有极小值，有极大值，当时，，当时，，故作函数草图如下，
由图可知，选项ABC正确，选项D错误.
12.答案：ABD
解析：对于A，若任意选择三门课程，则选法总数为，故A错误.对于B，若物理和化学选一门，则有种方法，其余两门从剩余的五门中选，有种选法，故有种选法；若物理和化学选两门，则有种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有种选法，故有种选法.由分类加法计数原理知，选法总数为，故B错误.对于C，若物理和历史不能同时选，则选法总数为，故C正确.对于D，有3种情况：(1)只选物理且物理和历史不同时选，有种选法；(2)选化学，不选物理，有种选法；(3)物理与化学都选，有种选法.故总数为，而，故D错误.
三、填空题
13.答案：18
解析：过氧化氢分子中有2个氧原子和2个氢原子，共4个原子.构成过氧化氢分子的氧原子可以从2种不同的氧原子中选出1种或2种，取法共有（种）；构成过氧化氢分子的氢原子可以从3种不同的氢原子中选出1种或2种，取法共有（种）.因此构成的过氧化氢分子的种数最多为.
14.答案：30
解析：本题考查二项式定理及其应用.由于的展开式中，，故二项展开式中项的系数为.的二项展开式的通项公式（其中，，）.
15.答案：3402
解析：从上层第一环石板数记为，向外向下石板数依次记为，此数列是等差数列，公差，首项，三层共27项，所以和为.
16.答案：
解析：由得
由题意得，函数与函数的图象恰有2个公共点，作出函数的图象，如图，再作出直线，它始终过原点，设直线与相切，切点为，由知，切线斜率为，切线方程为，
把代入得，所以切线斜率为，设与相切，则，即，解得舍去)，由图可得实数m的取值范围是或.
四、解答题
17.答案：(1) (2)
解析：(1).
令,解得或,
所以函数的单调递减区间为.
(2)因为,所以.
又因为在上单调递减,在上单调递增,
所以和分别是在区间上的最大值和最小值,于是有,解得.
所以,所以,
即函数在区间上的最小值为.
18.答案：(1)见解析.
(2)取值范围为.
解析：(1)，
令，得，因为，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，
因为，所以，所以，
即当时，.
(2)由题意，.
.
令，
又，
在上单调递增.
.
.
的取值范围为.
19.答案：(Ⅰ)
(Ⅱ)
解析：(Ⅰ),①
当时,.
当时,,②
①-②得,
则,即数列是首项为1,公比为2的等比数列,
则,
数列的通项公式为.
(Ⅱ)当时,,
当时,,故,
∴数列的通项公式为.
令,
,
则.
又,
.
20.答案：(1).
(2)
解析：(1)设数列的公差为d，
则，解得，
故数列的通项公式为.
(2)由(1)知
当n为奇数时，
.
当n为偶数时，
.
故
21.答案：(1)分三类：第一类，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二类，从高二年级选1个班，有7种不同的选法；第三类，从高三年级选1个班，有8种不同的选法.由分类加法计数原理，知共有种不同的选法.
(2)分三步：第一步，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第二步，从高二年级选1个班，有7种不同的选法；第三步，从高三年级选1个班，有8种不同的选法.由分步乘法计数原理，知共有种不同的选法.
(3)分三类，每类又分两步.第一类，从高一、高二两个年级中各选1个班，有种不同的选法；第二类，从高一、高三两个年级中各选1个班，有种不同的选法；第三类，从高二、高三两个年级中各选1个班，有种不同的选法.故共有种不同的选法.
22.答案：（1）分为三类：
从国画中选，有5种不同的选法；
从油画中选，有2种不同的选法；
从水彩画中选，有7种不同的选法.
根据分类加法计数原理共有（种）不同的选法.
（2）分为三步：国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法，
根据分步乘法计数原理，共有（种）不同的选法.
（3）分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，
由分步乘法计数原理知，有（种）不同的选法.
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有（种）不同的选法.
第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有（种）不同的选法，
所以有（种）不同的选法.