河北省邯郸市魏县第五中学2022-2023学年高二下学期数学期中考前练习卷（二）（Word版含答案）

2022-2023学年
魏县五中高二下学期期中考前练习卷（二）
一、单选题（每小题5分，共40分）
1．某物体的运动路程s（单位：m）与时间t（单位：s）的关系可用函数表示，则该物体在s时的瞬时速度为（ ）
A．0m/s B．1m/s C．2m/s D．3m/s
2．若，则S=（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数的一个极值点为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．设，，，则的大小顺序为（ ）
A． B． C． D．
5．一个小球从高处自由下落，其走过的路程（单位：米）与时间（单位：秒）的函数关系为，则秒时小球的瞬时速度为（ ）
A．米/秒 B．米/秒 C．19.6米/秒 D．9.8米/秒
6．在某种信息的传输过程中，用6个数字的一个排列〔数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息100110至多有三个对应位置上的数字相同的信息个数为（ ）
A．22 B．32 C．42 D．61
7．等差数列和，其前项和分别为、，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数在处有极值10，则（ ）
A． B．0 C．或0 D．或6
二、多选题（每小题5分，共20分）
9．已知等差数列的公差为，若，，则首项的值可能是（ ）
A．18 B．19 C．20 D．21
10．已知函数，则（ ）
A．函数在原点处的切线方程为
B．函数的极小值点为
C．函数在上有一个零点
D．函数在R上有两个零点
11．将高二（1）班的四个同学分到语文、数学、英语三个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一名同学的分配方法有多少种？下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．18
12．在无穷数列中，若，总有，此时定义为“阶梯数列”.设为“阶梯数列”，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．的展开式中，的系数为______．
14．若对任意，满足，都有，则的最大值为_______.
15．已知数列的通项公式为，则 ___________.
16．已知定义在上的函数为奇函数，若实数，则的取值范围是___________.
四、解答题（共70分）
17．（10分）某校“数学俱乐部”有高一学生10人，高二学生8人，高三学生7人.
(1)从中选出1人担任总干事，有多少种不同的选法？
(2)从每一个年级各选1人担任本年级的组长，有多少种不同的选法？
18．（12分）写出从a，b，c这3个字母中取出2个字母的所有排列．
19．（12分）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数的极值．
20．（12分）已知等比数列的公比，且，是，的等差中项．数列的通项公式，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）证明：，．
21．（12分）（1）求证：；
（2）求证：；
（3）求和：．
22．（12分）已知二项式.
（1）若它的二项式系数之和为128.
①求展开式中二项式系数最大的项；
②求展开式中系数最大的项；
（2）若，求二项式的值被7除的余数.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
该物体在时间段上的平均速度为，当无限趋近于0时，无限趋近于3，即该物体在s时的瞬时速度为3m/s．
故选：D
2．B
根据题意
为数列前项和，
而为等比数列，
所以，
故选：B.
3．D
因为，依题意有，即，
而，所以，当且仅当时取等号，
即的最大值为．
故选：D．
4．B
解：令，则，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
故当时，函数取得最大值，
因为，，，
，
当时，函数单调递增，
可得，即．
故选：B．
5．C
，则,
则秒时小球的瞬时速度为米/秒.
故选：C
6．C
由题可知与信息100110有0个、1个、2个和3个对应位置的数字相同，
所以与信息100110至多有三个对应位置上的数字相同的信息个数为.
故选：C.
7．D
因为数列和是等差数列,所以,
又,,
所以
在中，令有,
所以
故选：D.
8．A
由函数有.
函数在处有极小值10.
所以，即
解得: 或
当时，
令得或，得
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
显然满足函数在处有极小值10.
当时，
所以函数在上单调递增,不满足函数在处有极小值10.
所以
故选：A
9．BC
由题意，得，所以.
故选：BC.
10．AD
函数，得，则；
又，从而曲线在原点处的切线方程为，故A正确．
令得或．
当时，，函数的增区间为，；
当时，，函数的减区间为．
所以当时，函数有极大值，故B错误．
当时，恒成立，
所以函数在上没有零点，故C错误．
当时，函数在上单调递减，且，存在唯一零点；
当时，函数在上单调递增，且，存在唯一零点．
故函数在R有两个零点，故D正确．
故选：AD
11．BC
解：根据题意，
解法1，先将4人三组，有C42种分组方法，再将分好的三组全排列，对应三个兴趣小组，有A33种情况，则有C42A33种分配方法，B正确；
解法2，在3个小组中选出1个，安排2个同学，有C31C42种情况，再将剩下的2人全排列，对应剩下的2个兴趣小组，有A22种情况，则有C31C42A22种分配方法，C正确；
故选：BC.
12．ACD
因为为“阶梯数列”，由可得，，，，，…，
观察可得，，，
即数列以为周期，
又，，所以，即，
综上，，，，
故A正确，B错；
，即C正确；
，即D正确.
故选：ACD.
13．
由题意，得项的系数为．
故答案为：．
14．
构造函数，，，
所以当时，单调增，
因为对任意，满足，都有，
故，即的最大值为.
故答案为: .
15．2
，
故答案为：2
16．
因为是上的奇函数，
所以，即对于恒成立，
所以对于恒成立，即对于恒成立，
两边同时平方可得：，即对于恒成立，
所以，所以，
当时，，，
所以在上单调递增，
因为是奇函数，所以在上单调递增，
由即可得，
所以，可得即，所以或，
解得：或，所以的取值范围是
故答案为：.
17．(1)25；
(2)560.
(1)
解：由题可知，该“数学俱乐部”有高一学生10人，高二学生8人，高三学生7人，
从中选出1人担任总干事，则共有10+8+7=25种选法.
(2)
解：每一个年级各选1人担任本年级的组长，
则共有种.
18．根据排列的概念，列举如下：
19．（1）单调增区间为：和，单调减区间为：；（2）极大值40，极小值8．
（1）∵，∴．令，则或2，
2
0 0
单调递增 40 单调递减 8 单调递增
故的单调增区间为：和，单调减区间为：．
（2）由（1）得：当时，有极大值40，当时，有极小值8．
20．（Ⅰ）；
（Ⅱ）化简数列，由此即可得证．
【详解】（Ⅰ）由是，的等差中项得，
所以，
解得，
由，得，解得或，
因为，所以，
所以；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得，，
∴
，
21．（1）证明：．
（2）证明：．
（3）由（2）知，
所以；
综上，.
22．（1），通项为.
①二项式系数最大的项为第4，5项，
.
②设展开式中系数最大的项为第项，则
，，
，解得，
因为，所以或，
所以展开式中系数最大的项为第6，7项，
.
（2）当时，，
因为
，
所以二项式的值被7除的余数就是被7除的余数，
因为
，
所以被7除的余数为1，
所以二项式的值被7除的余数为1.