广东省深圳市宝安区2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（Word版含答案）

深圳市宝安区2022-2023学年高二下学期期中考试
数学试卷
2023.04
一 单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一个选项）
1.6本不同的书摆放在书架的同一层上，要求甲 乙两本书必须摆放在两端，丙 丁两本书必须相邻，则不同的摆放方法有种（ ）
A.24 B.36 C.48 D.60
2.函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
3.某科技研发公司2021年全年投入的研发资金为300万元，在此基础上，计划每年投入的研发资金比年增加10%，则该公司全年投入的研发资金开始超过600万元的年份是（ ）
（参考数据：.）
A.2027年 B.2028年 C.2029年 D.2030年
4.6名同学到甲 乙 丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A.120种 B.90种 C.60种 D.30种
5.数列满足则数列的前10项和为（ ）
A.48 B.49 C.50 D.51
6.已知函数，则（ ）
A.-12 B.12 C.-26 D.26
7.已知等差数列的公差为2，若成等比数列，是数列的前项和，则等于（ ）
A.-8 B.-6 C.10 D.0
8.已知函数，若恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二 多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9.已知函数的极值点为，则（ ）
A. B.
C. D.
10.数列的首项为1，且是数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A. B.数列是等比数列
C. D.
11.下列说法正确的是（ ）
A.的展开式中，的系数为30
B.将标号为的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有36种
C.已知，则
D.记，则
12.关于函数，下列判断正确的是（ ）
A.是的极大值点
B.函数有且只有1个零点
C.存在正实数，使得成立
D.对两个不相等的正实数，若，则
三 填空题（本大题共2小题，共10.0分）
13.在如图所示的三角形边上的9个点中任取3个，可构成三角形的个数是__________.
14.若函数对任意的，都有成立，则实数的取值范围是__________.
15.已知数列的前项和为，且则使不等式成立的的最大值为__________.
A.8 B.9 C. 10 D. 11
16.已知，其中是关于的多项式，则__________；若，则除以81的余数为__________.
四 解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
17.（本小题10分）已知，计算：
（1）展开式二项式系数之和；
（2）展开式各项系数之和；
（3）
（4）
18.（本小题12分）有四个编有的四个不同的盒子，有编有的四个不同的小球，现把小球放入盒子里.
（1）若小球全部放入盒子中，则有多少种不同的放法？
（2）若恰有一个盒子没放球，则有多少种不同的放法？
（3）若恰有两个盒子没放球，则有多少种不同的放法？
19.（本小题10分）已知数列的前项和为，现有如下三个条件分别为：条件①；条件②；条件③；请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答.您选择的条件是__________和__________.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的前项和.
20.（本小题12分）已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求在上的最小值和最大值.
21.（本小题12分）已知正项数列的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足：，求数列的前项和.
22.（本小题12分）已知函数.
（1）若函数在处存在极值，求的值，并求出此时函数在处的切线方程；
（2）当时，若函数有两个极值点，且不等式恒成立，试求实数的取值范围.
深圳市宝安区2022-2023学年高二下学期期中考试
数学试卷
参考答案和解析
一 单选题
1.【答案】A【解答】
解：根据题意，分3步进行分析：
①将甲 乙两本书放在两端，有种情况，
②将丙 丁两本书看成一个整体，考虑2本书的顺序有种，
③将丙丁这个整体与另外2本书全排列，安排在中间，有种情况，
则有种不同的摆放方法.故选.
2.【答案】D【解析】解：由图象可得在单调递减，在单调递增，
可得.故选：.
3.【答案】C【解析】解：设从2021年后，第年该公司全年投入的研发资金为万元，
则，由题意可得，，即，
故，则，
故该公司全年投入的研发资金开始超过600万元的年份是2029年.故选：C.
4.【答案】C解：可以按照先选1名志愿者去甲场馆，再选择2名志愿者去乙场馆，剩下3名安排到丙场馆，安排方法有.故选：.
5.【答案】D解：因为且为奇数时，所以所有奇数项构成为首项，2为公差的等差数列，又因为且为偶数时，，即所有偶数项构成为首项，2为公比的等比数列，所以.
6.【答案】A解：，故，
解得，故，故，
7.【答案】D解：成等比数列，，
化为，解得则，故选.
8.【答案】B解：函数的图象如图所示，
当时，，当直线与相切时，设切点为
，又，则有，解得，所以，故切点
为，此时，
因为恰有3个零点，故直线与的图象有三个交点，
由图象可知，的取值范围为.故选：.
二 多选题
9.【答案】AD解：，令，则，，故选项.
10.【答案】AB解：因为，设，可得，可得，
所以是等比数列，公比为2，所以正确；
又因为，所以，
所以，所以不正确；
所以，所以正确；
中，，所以不正确；故选：.
11.【答案】ACD解：选项：的展开式中，，
令，则，在中含有项为，
所以的系数为，故正确；
选项：将标号为的6张卡片放入3个不同的信封中，
若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，
则不同的方法共有种（先抽一个信封装卡片1和2，再将3 4 5 6均分成两组，将两组分别放入两个信封），故错误；
选项：，故正确；
D选项：；
令得，；令得，；
，故正确.故选：ACD.
12.【答案】BD【解析】解：对于：函数的定义域为，函数的导数，
所以在上，单调性递减，在上，单调递增，
所以是的极小值点，即不正确；对于，
所以，函数在上单调递减，且，，所以函数有且仅有1个零点，故正确；
对于：若，可得，令，则，
令，则，所以在上，函数单调递增，
在上，函数单调递减，所以，所以，
所以在上单调递减，函数无最小值，
所以不存在正实数，使得恒成立，即不正确；
对于：令，则，
令，
则，
所以在上单调递减，则，令，由，得，
则，当时，成立，
对任意两个正实数，且，若，
则，所以，故正确.故选：.
三 填空题
13.【答案】69.解：从9个点中任取3个的全部组合数为，
所有三点共线的组合数为，
所以能构成三角形的个数为.
14.【答案】.解：由已知得定义域为，
由；由，所以的单调递减区间为，单调递增区间为；所以，因为对任意的，都有成立，
即对任意的，都有成立，所以，所以实数的取值范围为.
15.【答案】10.解：，
当时，，即，
当时，，
即，数列是首项，公比的等比数列，
则，即，
，
若使不等式成立，
则需，因为，则，所以的最大值为10.
16.【答案】；
【解析】解：
，
，
所以，即.
若，即，则，
所以
，
故所求的余数为32.故答案为：.
四 解答题：
17.【答案】（1）（2）各2分，（3）（4）各3分
解（1）二项式展开式二项式系数之和为.
（2）令得展开式各项系数之和为
（3）令得.
（4）令得，即，由（1）得
18.【答案】解：（1）小球全部放入盒子中有种不同的放法，
（2）恰有一个盒子没放球有种不同的放法，
（3）恰有两个盒子没放球有种不同的放法，
故答案为：（1）256（2）144（3）84
19.【答案】：选择①②或②（3时，给1分，选①③给0分
解答过程：第一问5分，第二问6分
解：（1）若选①②时：
解法1：由
可知数列是以公差的等差数列，
又，解得，
故，即；
解法2：数列是以公差的等差数列，
又，即；
若选②③
3时：数列是以公差的等差数列，
又，
故，即；
若选①③这两个条件时，无法确定数列；
（2），
.
20.【答案】解：（1）因为，
故，
故切线方程为：，即；
（2）由（1）知得到解
易知时，单调递减，单调递增，
故，又，故.
21.【答案】解：（1）由题知：，
两式相减得：；.
所以
所以；
因为是正项数列，
所以，
又因为，
所以
因为，
解得：，
所以适合*式，
所以是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）得：①；
所以②.
①-②得：，所以，
又由①式得，适合上式，
所以.
所以，
所以
.
22.【答案】解：（1）函数的定义域为，所以，.
函数在处存在极值，则，故，
，则，
故所求切线方程为，即；
（2）由已知，
令，结合有两个极值点，
得有两个不等实数根，
所以，且，
从而，
由不等式恒成立，得恒成立，
又，
令，
所以，当时恒成立，
所以函数在上单调递减，
所以，故实数的取值范围是.