2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范教学改革联盟学校高二（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范教学改革联盟学校高二（下）期中数学试卷
第I卷（选择题）
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，选出符合题目的一项）
1. 已知函数可导，且满足，则函数在处的导数为( )
A. B. C. D.
2. 已知，则( )
A. B. C. D.
3. 下列导数运算正确的是( )
A. B.
C. D.
4. 已知直线是曲线的切线，切点横坐标为，直线与轴和轴分别相交于、两点，则面积为( )
A. B. C. D.
5. 某人从年起，每年月日到银行新存入万元一年定期，若年利率为保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到年月日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数约为单位：万元参考数据：，，( )
A. B. C. D.
6. 学校音乐团共有人，其中人只会弹吉他，人只会打鼓，人只会唱歌，另有人既能弹吉他又会打鼓现需要名主唱，名吉他手和名鼓手组成一个乐队，则不同的组合方案共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
7. 已知定义在上的可导函数的导函数为，满足且为偶函数，，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
8. 已知函数，有且只有一个负整数，使成立，则的取值范围是( )
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. 在的二项展开式中，下列说法正确的有( )
A. 常数项为第三项 B. 展开式的二项式系数和为
C. 展开式系数最大项为第三项 D. 展开式中系数最大项的系数为
10. 对于数列，把它连续两项与的差记为得到一个新数列，称数列为原数列的一阶差数列若，则数列是的二阶差数列，以此类推，可得数列的阶差数列如果某数列的阶差数列是一个非零的常数列，则称此数列为阶等差数列，如数列，，，它的前后两项之差组成新数列，，新数列，，的前后两项之差再组成新数列，，，新数列，，为非零常数列，则数列，，，称为二阶等差数列已知数列满足，且，则下列结论中正确的有( )
A. 数列为二阶等差数列
B. 数列为三阶等差数列
C. 数列的前项和为
D. 若数列为阶等差数列，则的前项和为阶等差数列
11. 已知函数，其中且，则下列说法正确的有( )
A. 的对称中心为
B. 恰有两个零点
C. 若方程有三个不等的实根，则
D. 若方程的三个不等实根分别为，，，则
12. 建筑师高迪曾经说：直线属于人类，而曲线属于上帝，一切灵感来源于自然和幻想，灵活生动的曲线和简洁干练的直线，在生活中处处体现了几何艺术美感，我们可以利用曲线和直线写出很多不等关系，如由在点处的切线写出不等式，进而用替换得到一系列不等式，叠加后有这些不等式同样体现数学之美运用类似方法推导，下面的不等式正确的有( )
A. B.
C. D.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数，则______．
14. 已知某等比数列首项为，其前三项和为，则该数列前四项的和为______ ．
15. 用十个数字排成三位数，允许数字重复，把个位、十位、百位的数字之和等于的三位数称为“长久数”，则“长久数”一共有______ 个
16. 函数的值域是实效集，则实数的取值范围是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
某班两位老师和名学生出去郊游，分别乘坐两台车，每台车可以坐人．
若要求两位老师分别坐在两台车上，问共有多少种分配方法？
郊游结束后，大家在景点合影留念，若要求人站成一排且两名老师不能相邻，问共有多少种站法列式并用数字作答？
18. 本小题分
已知函数的一个极值点是．
求函数的极值；
求函数在区间上的最值．
19. 本小题分
已知数列的前项和．
求数列的通项公式；
设数列满足：，求数列的前项和．
20. 本小题分
在探究的展开式的二项式系数性质时我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角如图，小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将的展开式按的降幂排列，将各项系数列表如下如图．
上表图中第行的第个数用表示，即“展开式中的系数为．
类比二项式系数性质表示无需证明；
类比二项式系数求和方法求出三项式展开式中的奇次项系数之和．
21. 本小题分
已知正项数列满足且．
求的通项公式；
设数列的前项和为，是否存在、使恒成立，若存在，求出、的值；若不存在，请说明理由．
22. 本小题分
已知函数．
求的单调区间；
若方程的两个实根分别为，其中，求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：函数在处的导数为，
故选：．
利用导数的定义，即可得出结论．
本题考查导数的运用和导数的意义，比较基础．
2.【答案】
【解析】解：，即，故，故．
故选：．
根据排列组合公式得到，解得答案．
本题主要考查组合、排列数公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为，所以错，
因为，所以对，
因为，所以错，
因为，所以错．
故选：．
根据求导公式逐项求导验证即可．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：当时，，
而，，
所以切线：，即，
当时，，即；当时，，即，
所以．
故选：．
由已知可得切点坐标，利用导函数求出切线的斜率，根据点斜式得到切线方程，进而得到、两点的坐标，即可求出的面积．
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由题意，年存的万元共存了年，本息和为万元，
年存的万元共存了年，本息和为万元，，
年存的万元共存了年，本息和为万元，
所以到年月日将之前所有存款及利息全部取回，
他可取回的钱数约为万元．
故选：．
复利计息问题，逐年分析寻找规律，根据等比数列的求和公式即可求解．
本题主要考查数列的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：根据题意有三种情况：
从只会弹吉他的人选人，只会打鼓的人选人，只会唱歌的人中选人：种；
从只会弹吉他的人选人，只会唱歌的人选人，鼓手从多面手中选：种；
从只会弹吉他的人选人，只会打鼓的人选人，只会唱歌的人中选人，多面手作为吉他手：种；
共有：种．
故选：．
由题意得名主唱只能从人里面选，然后根据多面手进行分类即可得到结果．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：令，
因为，
所以，
所以单调递减，
因为为偶函数，
所以，
所以的图象关于对称，
则，
所以，
又不等式可化为，
即，
所以，
故选：．
令，由，得到单调递减，再根据为偶函数，得到的图象关于对称，进而得到，然后将不等式化求解．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了函数的奇偶性和对称性，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：已知函数，则有且只有一个负整数解．
令，则，
当时，，
当时，，
所以在上递减，在上递增，
当时，取得最小值为，
设，则恒过点，
在同一坐标系中分别作出和的图象，如图所示：
显然，依题意得且，即且，解得，
所以实数的取值范围是．
故选：．
将问题转化有且只有一个负整数解，构造函数与，利用导数法求函数的最值，并在同一坐标系分别作出函数的图象，通过数形结合即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：的二项展开式的通项为，
令得，所以常数项为第四项，故A错误；
展开式的二项式系数和为，故B错误；
由可得，所以，
所以展开式系数最大项为第三项，展开式中系数最大项的系数为，故C、D正确．
故选：．
写出的二项展开式的通项，然后求出其常数项可判断，求出展开式的二项式系数和可判断，解出不等式组可判断．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：因为，则，
两式相减得：，整理得，
注意到，则，
当时，则；
显然当，符合上式；
故．
对于：，为非零常数，
故数列为二阶等差数列，故A正确；
对于：对数列，它的一阶差数列为为二阶等差数列，故为三阶等差数列，故B正确；
对于：因为，
故的前项和为，故C错误；
对于：对数列，它的一阶差数列为，
若为阶等差数列，故为阶等差数列，故D正确．
故选：．
根据前项和与通项之间的关系可得，利用累积法可得对于、、：根据题意分析运算即可；对于：利用裂项相消法运算即可．
本题主要考查数列的应用，数列通项公式的求法，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于中，由，可得，
所以对称中心为，所以A正确；
对于中，因为且，即，所以，
由，令时，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以为极小值点，为极大值点，
且，
当时；当时，
两种情况下均只有两个零点，所以B正确；
对于中，要使得方程有三个不等的实根，即和图象有三个交点，
当时，可得，则满足，
当时，可得，则满足，所以C错误；
对于中，由的三个零点分别为，，，可设，
即，
可得
因此，所以D正确．
故选：．
根据题意得到，可判定A正确；求得，得出函数的单调性，结合极值，可判定B正确；转化为和的图象有三个交点，分和时，可判定C错误；根据，得到，进而可判定D正确．
本题主要考查了函数的对称性，考查了利用导数研究函数的单调性和极值，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，，
故，当且仅当时等号成立，
选项：时不等式左右两端相等，故A错误；
选项：将中的替换为，可得，，
当且仅当时等号成立，
令，可得，
所以，
故，
其中，
所以，B正确；
选项：将中的替换为，显然，
则，
故，
当时，，故成立；
当时，显然成立，
故正确；
选项：将中的替换为，其中，且，则，
则，故，
则，又，D错误．
故选：．
选项A，可用特殊值法，令，可知不等式不成立；选项B，将中的替换为，用赋值法可得，然后根据同向不等式相加可判断选项的正误；选项C，将中的替换为，可得，同样根据同向不等式相加与指对互化即可证明；选项D，将中的替换为，可得，然后再根据同向不等式相加可判断的正误，另外，也可用特殊值法即由即可说明选项D的正误．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了不等式的放缩，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：函数的导数为，
令，得，
则，
则，
故答案为：．
求函数的导数，先求出的值即可得到结论．
本题主要考查函数值的计算，求函数的导数，求出的值是解决本题的关键．
14.【答案】或
【解析】解：设等比数列公比为，，，化简可得，解得或，
当时，，，
当时，，．
故答案为：或．
根据等比数列通项公式表示出前三项和解出公比，将公比代入数列前四项的和计算即可．
本题主要考查等比数列的前项和公式，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：设，，对应个位到百位上的数字，
则且，
相当于将个表示的球与个表示的球排成一排，
如图，，
这个数有个空，用个隔板隔开分为组，左起第一组数的和作为，第二组数的和作为，第三组数的和作为，
故共种．
故答案为：．
将“长久数”的排列转化为将个表示的球与个表示的球排成一排，利用隔板法即可求解．
本题主要考查组合及简单的计数问题，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：函数的值域是实数集，则能取遍内所有的数．
，
当时，，即在上单调递减．
当时，；
当时，．
这表明，的值域为，当然可取遍的所有值．
当时，令，则，
由解得；由解得．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
所以成立，令，在上单调递增且，故．
综上：．
故答案为：．
由函数的值域是实数集，得真数能取遍内所有的数．分成，两种情况讨论的单调性及取值情况得出结果．
本题考查函数值域相关知识，属于中档题．
17.【答案】解：八个人坐两台车，只需要考虑第一辆车坐的人，先选一位老师坐入第一辆车，共种选法，
再选三名学生坐入第一辆车，共种选法，
因此共有种分配方式．
先让名学生排队，共种方法，
然后两名老师插入个空隙，共种方法，
因此共有种站法．
【解析】该问不涉及排序问题，考虑用组合去处理，第一辆车选好后，剩下的归为第二辆车．
排序问题中，不相邻问题考虑用插空法．
本题考查排列组合，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：，有一个极值点是．
，
即又，
单调递减 单调递增 单调递减
当时，有极小值，极小值为；
当时，有极大值，极大值为；
由知，在上递减，上递增，上递减，
又，
在上的最大值为，在上的最小值为．
【解析】根据有一个极值点求出，再利用导数确定单调区间，即可求出极值；
由根据函数的单调性求出最值．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查运算求解能力，属于基础题．
19.【答案】解：由时，，
又时也满足该等式，故．
由，
则
，
因此．
【解析】利用时，关系求通项公式，注意验证情况，即可得通项公式；
应用分组、裂项相消法求．
本题考查数列的求和，考查数列递推关系式的应用，突出考查裂项法求和的运用，属于中档题．
20.【答案】解：；
由题意，设，
当时，，
当时，，
得：，
，
即展开式中的奇次项系数之和为．
【解析】二项式系数性质类比到三项式即可；
类比二项式系数求和方法，使用赋值法即可．
本题考查二项式定理以及类比推理，考查运算求解能力，属于基础题．
21.【答案】解：，，
，
，
为正项数列，，即，
是以为首项，以为公差的等差数列，
，．
，，
，
，
，，
又恒成立，，解得：，
存在满足条件．
【解析】由已知条件可得，从而，即，然后利用等差数列的通项公式求解即可；
利用错位相减法求出，根据题中条件得出，满足的条件，求得答案．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查错位相减求和法的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：，，
当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减，
故的单调递增区间为，单调递减区间为．
证明：在上递增，上递减，的两个零点，则，
下面先证明：
要证，只需证，，，只需证，
即证，
设，，，
当时，，，，
，，故，
即在上递增，，即，
故成立，故．
下面证明：，是方程的解，
设的解为，，要证：，即证，
，
时，，函数单调递增；时，，函数单调递减，
故，则．
要证，即证，即，
令，，
设，，
故，即，即单调递增，
又，，故单调递减，，，
即，，成立，即成立，
综上所述：．
【解析】求导得到导函数，根据导函数的正负得到单调区间．
设，，证明在上递增，得到，是函数的零点，转化为，令，，根据单调性得到证明．
本题考查利用导数求函数的单调性，利用导数证明极值偏移问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中对称构造，再根据单调性证明题目是解题的关键．
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