江西省赣州市寻乌县2022-2023学年高二下学期4月期中考试数学试题（含解析）

寻乌县2022-2023学年高二下学期4月期中考试
数学试卷
考察范围：BS选修一第五章---选修二
一、单选题（每题5分，共40分）
1．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知三角形中三边长为，，，若，，成等差数列，则直线与直线的位置关系为（ ）
A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直 D．重合
3．函数在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．设数列的前项和为，当时，，，成等差数列，若，且，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．若点P是函数y＝ex－e－x－3x(－≤x≤)图象上任意一点，且在点P处切线的倾斜角为α，则α的最小值是(　　)
A． B．
C． D．
6．已知使得不等式成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知数列各项均不为零，且（且），若，则（ ）
A．19 B．20 C．22 D．23
8．已知函数，若经过点且与曲线相切的直线有三条，则（ ）
A． B． C． D．或
二、多选题（每题5分，共20分）
9．下列有关导数的说法，正确的是（ ）.
A．就是曲线在点处的切线的斜率
B．与的意义是一样的
C．设是位移函数，则表示物体在时刻的瞬时速度
D．设是速度函数，则表示物体在时刻的瞬时加速度
10．下列各选项中，使数列为递增数列的是（ ）
A． B．
C． D．，
11．已知函数及其导函数的定义域都为，对于任意的，都有成立，则下列说法正确的是（ ）．
A．
B．若，则
C．为偶函数
D．若，则
12．已知数列满足，，设，记数列的前2n项和为，数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题（共20分）
13．现有红、黄、蓝、绿、紫五只杯子，将它们叠成一叠，则在黄色杯子和绿色杯子相邻的条件下，黄色杯子和红色杯子也相邻的概率为________.
14．的展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是______.
15．已知数列满足，，则数列的前n项和______．
16．已知定义在上的函数的导函数是连续不断的，若方程无解，且，，设，则的大小关系是________.
四、解答题（共70分）
17．对于的展开式，若所有二项式系数的和为512
(1)求n；
(2)展开式的常数项是第几项；
(3)求展开式有多少个有理项？并写出升幂排列的第二个有理项.
18．用种不同的颜色给如图所示的，，，四个区域涂色，要求相邻区域不能用同一种颜色.
（1）当时，图①、图②各有多少种不同的涂色方案？
（2）若图③有180种不同的涂色方案，求的值.
19．数列的前项和为，，满足，设，数列的前项和为．
（1）求；
（2）设，数列的前项和为，求证：．
20．已知函数（其中是自然对数的底数），．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若在上恒成立，求的取值范围．
21．已知数列满足，， ，.从①，②这两个条件中任选一个填在横线上，并完成下面问题.
(1)写出、，并求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
22．已知函数
（1）若时在上的最小值是，求a；
（2）若，且x1，x2是的两个极值点，证明：（其中e为自然对数的底数）
1．A
【分析】求导后得到，根据导数定义可知所求式子为，由此可得结果.
【详解】，，
.
故选：A.
2．D
【分析】根据等差中项的性质及对数的运算可得，再根据两直线的位置关系判断即可.
【详解】解：因为，，成等差数列，所以，即，
对于直线与直线，满足，
所以直线与直线重合.
故选：D
3．C
【分析】求导得到，计算，，得到切线方程.
【详解】，则，
，，故切线方程为，
化简得到.
故选：C
4．A
【分析】根据等差中项写出式子，由递推式及求和公式写出和，进而得出结果.
【详解】解：由，，成等差数列，可得，
则，，，
可得数列中，每隔两项求和是首项为，公差为的等差数列.
则，
，
则的最大值可能为.
由，，可得.
因为，，，即，所以，则
，当且仅当时，，符合题意，
故的最大值为.
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列的性质和递推式的应用，考查分析问题能力，属于难题.
5．B
【分析】对函数求导得y′= ，由－≤x≤，再利用基本不等式可求出导数的范围，进而可求倾斜角的范围．
【详解】y′=，∵－≤x≤，
∴0＞≥2﹣3=﹣1，当且仅当x=0时取等号，
即﹣1≤tanα＜0，因为
∴≤α＜π即倾斜角的最小值．
故选B．
【点睛】本题考查了导数在切点处的值是曲线的切线斜率，以及利用基本不等式求最值的问题，属于基础题．
6．A
【分析】令利用分离参数法得到.利用导数求出，即可得到正确答案.
【详解】由题意可得：使得不等式成立.
令则.
而，，
所以当时，，所以在单调递增，所以，所以，
所以在上单调递增，因为，所以，
故实数a的取值范围为.
故选：A
【点睛】恒（能）成立求参数的取值范围问题常见思路：
①参变分离，转化为不含参数的最值问题；
②不能参变分离，直接对参数讨论，研究的单调性及最值；
③特别地，个别情况下恒成立，可转换为（二者在同一处取得最值）.
7．A
【分析】由已知，令得，化为，利用累乘法求得的通项公式(含有参数t),根据的值求得的值，即可求结果.
【详解】由，令，
则数列是公差为1，首项为的等差数列，
所以，所以.
所以，
当时也符合上式，所以；
所以,解得，所以，
所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：由，得到数列是等差数列；利用累乘法得到，进而得到的通项公式．
8．A
【分析】设切点为，再根据导数的几何意义结合两点间的斜率公式可得有3个解，构造函数，求导分析单调性与极值可得的取值范围.
【详解】，设经过点且与曲线相切的切点为，则.又切线经过，故由题意有3个解.
化简有，即有3个解.
设，则，令有或，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减.
又，，且，，故要有3个解，则.
故选：A
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
9．ACD
【分析】根据导数的定义以及几何意义判断ACD，根据常数函数的导数为判断B.
【详解】表示曲线在点处的切线的斜率，故A正确；
表示对函数值求导，因为是常函数，所以，
与的意义不一样，故B错误；C，D易知正确.
故选：ACD
10．ABD
【分析】计算ABD中，，是递增数列，计算得到反例得到C选项不满足，得到答案.
【详解】对选项A：，是递增数列，正确；
对选项B：，是递增数列，正确；
对选项C：，则，，不是递增数列，错误；
对选项D：，是递增数列，正确；
故选：ABD
11．BD
【分析】根据题意运用特殊值检验方法，排除法即可解决.
【详解】令，则，解得或，故A错误；
令，，所以，
令，，则，解得，故B正确；
当时，令，则有，
所以，，
当，令，则有，
所以，所以，所以为奇函数，
综上，为奇函数，故C错误；
令，则，
所以，故D正确．
故选：BD．
12．ACD
【分析】对A选项，逐步代入计算即可，对B选项，根据递推关系可得，结合等差数列的定义即可求出其通项，对C选项，用错位相减法求，对D选项，由题设可得，利用C的结果即可计算.
【详解】对A，，，，则，故A正确；
对B，由题意，，
当时，，
所以，则是以1为公差，为首项的等差数列.
则，则，故B错误，
对C，，即，
所以，
两式相减得
，
所以，故C正确；
对D，
，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是构造出等差数列，从而求出其通项，再利用错位相减法求出，通过分组求和计算得到，再将前面得到的结果代入即可.
13．
【分析】记“黄色杯子和绿色杯子相邻”为事件A，“黄色杯子和红色杯子也相邻”为事件B，进而根据条件概率公式求解即可.
【详解】解：记“黄色杯子和绿色杯子相邻”为事件A，“黄色杯子和红色杯子也相邻”为事件B，
则黄色杯子和绿色杯子相邻，有种；
黄色杯子和绿色杯子相邻，且黄色杯子和红色杯子也相邻，有种；
所以.
故答案为：
14．
【分析】化简得到，计算，根据二项式定理计算得到答案.
【详解】，取得到，故.
的展开式的通项式为：，
分别取和得到系数为：.
故答案为：.
【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.
15．
【分析】先求出，利用裂项相消法求和.
【详解】因为数列满足，，
所以数列为公差d=2的等差数列，所以，
所以
所以
.
故答案为：.
16．
【分析】根据题意判断出是单调函数，得出是定值，令，则，结合是单调递增函数判断出的大小关系.
【详解】由于定义在上的函数的导函数是连续不断的，方程无解，所以或恒成立，所以是单调函数.依题意，，由于是上的单调函数，所以为定值，令，则，所以是增函数，又因为，所以.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查函数的单调性、对数函数的单调性以及对数函数的性质，属于中档题.
17．(1)9
(2)第7项
(3)5个，
【分析】（1）直接利用二项展开式的二项系数和即可求得结果；
（2）利用二项展开式通项公式，即可求出常数项为第七项；
（3）先利用二项展开式通项公式，再由，得出结果.
【详解】（1）由已知得，所以.
（2）因为的展开式的通项为：，其中，
由，得，即时为常数项，常数项为第7项.
（3）由二项展开式的通项公式，
当或2或4或6或8时，展开式的项为有理项，共5个，
升幂排列的第二个有理项为.
18．（1）600，480；（2）5
【分析】（1）对于图①按ABCD顺序涂色，由分步计数原理即求，对于图②按ABDC顺序涂色，由分步计数原理即求；
（2）由题意列出方程即求.
【详解】（1）题图①：第一步，涂A，有6种不同的涂法；
第二步，涂，与A的颜色不相同，有5种不同的涂法；
第三步，涂，与A，的颜色都不相同，有4种不同的涂法；
第四步，涂，只需与的颜色不相同，有5种不同的涂法.
所以共有种不同的涂色方案.
题图②：第一步，涂A，有6种不同的涂法；
第二步，涂，与A的颜色不相同，有5种不同的涂法；
第三步，涂，与A，的颜色都不相同，有4种不同的涂法；
第四步，涂，与，的颜色都不相同，有4种不同的涂法
所以共有种不同的涂色方案.
（2）前三步与题图①的涂法类似，分别有，，种不同的涂法，
第四步，涂，与，A的颜色都不相同，有种不同的涂法，
所以共有种不同的涂色方案，
所以，，所以.
19．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据的递推关系，先求出的通项公式，由，可得，可求和得出答案.
(2)由条件可得得，求出，从而得到，从而可证明结论.
【详解】解：（1）得，
，
所以，可得为等比数列，
所以．
由，可得
．
（2）因为，
由（1）代入可得，则，
，
则
所以．
【点睛】本题考查：求数列的通项公式和前项和以及利用放缩法结合裂项相消法求和证明数列不等式，解答本题的关键是由条件得出，属于中档题.
20．(1)见解析
(2).
【分析】(1)先求函数的定义域，再利用导数得出单调性和单调区间.
(2)把不等式恒成立问题转化为求 的最小值的问题，再用放缩法求的最小值，即可求出的取值范围．
【详解】（1）由题意得，的定义域为.
由得.
当时，恒成立，即在上单调递增.
当时，令解得.
所以当时，解得；当时，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为在上恒成立，
即在上恒成立，
所以.
令，
当且仅当时，等号成立.
所以.
因为当时，，当时，；
所以存在，使得.
所以.
21．(1)条件选择见解析，，，
(2)
【分析】（1）选①，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得，并可求得、；
选②，推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得，可求得，由此可得出、；
（2）求得，，分为偶数、奇数两种情况讨论，结合并项求和法以及等比数列求和公式可求得.
(1)
解：若选①，，
且，故数列是首项为，公比为的等比数列，，
故；
若选②，，所以，，
且，故数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，，故，
所以，，故，.
(2)
解：由（1）可知，则，
所以，.
当为偶数时，
；
当为奇数时，
.
综上所述，.
22．（1）（2）见解析
【解析】（1）利用导数得出函数的单调性，再由最值，解出的值；
（2）由题意结合韦达定理得出，，，将化简为，构造函数，利用导数得出其最大值，进而得出.
【详解】解：（1）定义域是，.
令，对称轴
因为，，所以当时，，即
所以在上单调递增.
解得.
（2）由有两个极值点，，则在有2个不等的实根
即在有2个不等的实根，则，解得.
，，
当时，
令，
令
，当时，，所以在单调递减.
所以
即
所以在单调递减
所以所以原式成立.
即.