广东省珠海市斗门第一中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

斗门第一中学2022-2023学年高二下学期期中考试
数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试时间为120分钟，满分150分
一、选择题：本题共8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. 设为等差数列的前n项和，若，则（ ）
A. B. C. 10 D. 12
2. 设函数的导数为，且，则（ ）
A. B. C. D. 2
3. 中国空间站（China Space Station）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．2022年10月31日15:37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕．2023年，中国空间站将正式进入运营阶段．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱中都有2人，则不同的安排方法有（ ）
A. 72种 B. 90种 C. 360种 D. 450种
4. 在含有2件次品的30件产品中，任取3件，则恰好取到1件次品的不同方法数共有（ ）
A. B. C. D.
5. 若的展开式中的系数是80，则实数a的值是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
6. 已知1和4为等比数列前5项中的两项，则第5项的最小值为（ ）
A. B. C. D.
7. 若正项数列满足，，设，，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. 对任意正整数n，恒有 B. 对任意的正整数n，恒有
C. 对任意的正整数n，恒有 D. 对任意的正整数n，恒有
8. 已知函数（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（ ）
A B. C. D.
二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在的展开式中，有理项恰有两项，则的可能取值为（ ）
A. B. C. D.
10. 已知数列满足，为的前n项和，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 存在实数a，使为无穷多项的常数列
D. 存在实数，使成等差数列
11. 以下四个命题，其中满足“假设当时命题成立，则当时命题也成立”，但不满足“当（是题中给定的n的初始值）时命题成立”的是（ ）
A.
B.
C. 凸n边形的内角和为
D. 凸n边形的对角线条数
12. 已知函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则下列结论中一定正确的是（ ）
A B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数在处的切线与直线平行，则a＝______．
14. 张大爷为了锻炼身体，每天坚持步行，用支付宝APP记录每天的运动步数.在11月，张大爷每天的运动步数都比前一天多相同的步数，经过统计发现前10天的运动步数是6.9万步，前20天的运动步数是15.8万步，则张大爷在11月份的运动步数是__________万步.
15. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．记“杨辉三角”第n行的第i个数为，则________．
16. 五一期间，某公园准备用不同的花卉装扮一个有五个区域的矩形花坛（如图），要求同一个区域用同一种花卉，相邻区域不能使用同种花卉．现有5种花卉可供选择，则不同的装扮方法共有________种（用数字作答）．
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. 已知，且二项式系数和1024.
（1）求的值；
（2）求的值.
18. 某景区下周一至周六空气质量预报情况如下表所示．该市有甲、乙、丙三人计划在下周一至周六选择一天到该景区旅游，①甲只选择空气质量为优的一天出游；②乙不选择周四出游；③丙不选择周一出游；④甲与乙不选择同一天出游，从这四个条件中任选其中三个，求这三人出游的不同方法的种数．
周一至周六天空气质量预报：
周一 周二 周三 周四 周五 周六
优 优 优 优 良 良
19. 已知是首项为1的等差数列，公差是首项为2的等比数列，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列的第项，满足__________（在①②中任选一个条件），，则将其去掉，数列剩余的各项按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和．
①②．
20. 已知函数（a为常数），讨论的单调性．
21. 已知数列，满足，且，数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
22. 已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）设方程有且仅有两个不同的解，求证：．
斗门第一中学2022-2023学年高二下学期期中考试
数学试题 答案解析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试时间为120分钟，满分150分
一、选择题：本题共8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. 设为等差数列的前n项和，若，则（ ）
A. B. C. 10 D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式求解.
【详解】由,
解得，
故选：B
2. 设函数的导数为，且，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】可先求函数的导数，令求出即可.
【详解】由，
令得，
解得.
故选：B.
3. 中国空间站（China Space Station）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．2022年10月31日15:37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕．2023年，中国空间站将正式进入运营阶段．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱中都有2人，则不同的安排方法有（ ）
A. 72种 B. 90种 C. 360种 D. 450种
【答案】B
【解析】
【分析】利用分组和分配的求法求得名航天员的安排方案.
【详解】由题知，6名航天员安排三舱，三舱中每个舱中都有2人,
所以共有种；
故选：B.
4. 在含有2件次品的30件产品中，任取3件，则恰好取到1件次品的不同方法数共有（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】采用分步的方法，先取一件次品，再取2件正品即可.
【详解】取一件次品有不同方法数，取2件正品有不同方法数，
故恰好取到1件次品的不同方法数：.
故选：B.
5. 若的展开式中的系数是80，则实数a的值是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】求出展开式的通项，令的系数为可得项的系数，列方程求解即可.
【详解】展开式的通项为
令，
可得系数为，
可得．
故选：B.
6. 已知1和4为等比数列前5项中的两项，则第5项的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意显然第5项应该负，此时，可知第1,3,项也为负，据此可判断.
【详解】因为等比数列中，1和4为等比数列中两项，
故第1,3,5项可以为负，此时，
若最小，则需要且最小，
所以第2项1，第4项为4时，，
此时，可得，
故选：B.
7. 若正项数列满足，，设，，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. 对任意的正整数n，恒有 B. 对任意的正整数n，恒有
C. 对任意的正整数n，恒有 D. 对任意的正整数n，恒有
【答案】C
【解析】
【分析】构造，求导后得到单调性和极值，最值情况，故而得到，推出，A错误；举出反例可得B错误；得到，累加法得到，从而得到，D错误，C正确.
【详解】设函数，则，
可得在上严格递减，在上严格递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，故.
又，则.
因为，即，所以排除B；
因为，故当时，，此时排除A；
因为，即，
所以，得，即，
所以排除D，
故选：C.
【点睛】数列是一种特殊的函数，即定义域为正整数集的函数，故除利用通项公式，求和公式外还可利用函数，导函数的知识点来处理数列问题.
8. 已知函数（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，由可得，利用导数可确定与图象的位置关系，进而得到与有三个不同交点，并根据图象可确定三个交点，采用数形结合的方式可确定与、和的交点总数，即为所求的零点个数.
【详解】设，令可得：；
设与相切于点，
，切线斜率为，则切线方程为：，即，
，解得：，；
设与相切于点，
，切线斜率为，则切线方程为：，即，
，解得：，；
作出与图象如下图所示，
与有三个不同交点，
即与有三个不同交点，设三个交点为，
由图象可知：；
与无交点，与有三个不同交点，与有两个不同交点，
的零点个数为个.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求解函数零点个数常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根的个数，即为所求零点个数；
（2）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.
二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在的展开式中，有理项恰有两项，则的可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用二项式定理的通项公式得到满足题意的项
【详解】展开式通项为，
对于A，展开式通项为，所以由可得或8，所以此时有两个有理项，故正确；
对于B，展开式通项为，所以由可得或6或12，所以此时有三个有理项，故错误；
对于C，展开式通项为，所以由可得或10，所以此时有两个有理项，故正确；
对于D，展开式通项为，所以由可得或6或12，所以此时有三个有理项，故错误；
故选：AC
10. 已知数列满足，为的前n项和，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 存在实数a，使为无穷多项的常数列
D. 存在实数，使成等差数列
【答案】BD
【解析】
【分析】A.易得是周期为3的周期数列求解判断；B.根据是周期为3的周期数列求解判断；C.设为常数列，有求解判断；D.根据根据是周期为3的周期数列求解判断.
【详解】当时，，，，，…，∴是周期为3的周期数列，∴，故A错误．
由A可知，，∴，故B正确．
若为常数列，则必有，故，即，此方程无解，故C错误．
当时，由A可知，故D正确．
故选：BD．
11. 以下四个命题，其中满足“假设当时命题成立，则当时命题也成立”，但不满足“当（是题中给定的n的初始值）时命题成立”的是（ ）
A.
B.
C. 凸n边形的内角和为
D. 凸n边形的对角线条数
【答案】AB
【解析】
【分析】A、 B、C应用数学归纳法判断是否满足要求；D在成立的条件下判断是否成立即可判断.
【详解】A：假设当时命题成立，即，当时有，故当时命题也成立，当时有，故当n为给定的初始值时命题不成立；
B：假设当时命题成立，即，当时有，故当时命题也成立，当时，等号左边为2，右边为，，所以当时命题不成立；
C：假设当时命题成立，即，当时有，故当时命题也成立，当时内角和为命题成立；
D：假设当时命题成立，即，当时有，故当时命题不成立.
综上可知，满足条件的选项为AB
故选：AB.
12. 已知函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则下列结论中一定正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据为奇函数可得，根据的图象关于y轴对称可得，两个等式两边同时取导数，可得、，对x赋值，结合选项即可求解.
【详解】因为奇函数，定义域为R，所以，
故，
等式两边同时取导数，得，即①，
因为的图象关于y轴对称，则，故
，
等式两边同时取导数，得②.
由，令，得，解得，
由，令，得，
由②，令，得，
令，得，解得，
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数在处的切线与直线平行，则a＝______．
【答案】1
【解析】
【分析】求导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，结合直线平行建立方程求解即可.
【详解】因为，所以，
所以函数在处的切线斜率为，
因为该切线与直线平行，故，解得
故答案为：1
14. 张大爷为了锻炼身体，每天坚持步行，用支付宝APP记录每天的运动步数.在11月，张大爷每天的运动步数都比前一天多相同的步数，经过统计发现前10天的运动步数是6.9万步，前20天的运动步数是15.8万步，则张大爷在11月份的运动步数是__________万步.
【答案】26.7
【解析】
【分析】由题分析知张大爷每天的步行步数成等差数列，利用等差数列及等差数列前项和公式的性质求解.
【详解】设张大爷在11月份每天的运动步数构成数列，由题可知该数列为等差数列
且的前项和为
所以成等差数列，
所以，
即，
解得26.7，
所以张大爷在11月份的运动步数是万步.
故答案为：26.7.
15. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．记“杨辉三角”第n行的第i个数为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据杨辉三角及二项式定理即可得解.
【详解】由题意知，当时，.
当时，，也适合.
综上，.
故答案为：.
16. 五一期间，某公园准备用不同的花卉装扮一个有五个区域的矩形花坛（如图），要求同一个区域用同一种花卉，相邻区域不能使用同种花卉．现有5种花卉可供选择，则不同的装扮方法共有________种（用数字作答）．
【答案】420
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理，分D与B装扮相同花卉和D与B装扮不同花卉两种情况求解即可.
【详解】第一类：先装扮A，有5种情况，装扮B，有4种情况，装扮C，有3种情况，
D与B用相同花卉装扮，装扮E，有3种情况，共有5×4 ×3×1×3 =180种，
第二类：先装扮A，有5种情况，装扮B，有4种情况，装扮C，有3种情况，
D与B不同颜色花卉装扮，有2种情况，装扮E，有2种情况，共有5×4 ×3×2×2= 240种.
综上共有种.
故答案为：420.
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. 已知，且二项式系数和为1024.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）直接由得答案；
（2）通过展开式通项可得的奇数次方的系数为负，的偶数次方的系数为正，再分别通过令和得到所要的结果.
【小问1详解】
二项式系数的和为，，
故；
【小问2详解】
，
其展开式的通项为，
可知的奇数次方的系数为负，的偶数次方的系数为正．
，
在中，
令，得，
令，得，
.
18. 某景区下周一至周六空气质量预报情况如下表所示．该市有甲、乙、丙三人计划在下周一至周六选择一天到该景区旅游，①甲只选择空气质量为优的一天出游；②乙不选择周四出游；③丙不选择周一出游；④甲与乙不选择同一天出游，从这四个条件中任选其中三个，求这三人出游的不同方法的种数．
周一至周六天空气质量预报：
周一 周二 周三 周四 周五 周六
优 优 优 优 良 良
【答案】选择①②③：100；选择①②④：102；选择①③④：100；选择②③④：125.
【解析】
【分析】选择不同的条件，根据分类加法计数原理与分步乘法计数原理计算求解.
【详解】若选择①②③, 甲、乙、丙分别有不同的选法为4,5,5，则三人出游的不同方法数.
若选择①②④，则需分两类，第一类，若甲选择周四出游,则三人出游的不同方
法数；第二类，若甲不选择周四出游，则三人出游的不同方法数
，故这三人出游的不同方法数.
若选择①③④，甲、乙、丙分别有不同的选法为4,5,5，则三人出游的不同方法数.
若选择②③④，甲、乙、丙分别有不同的选法为5,5,5，则三人出游的不同方法数.
19. 已知是首项为1的等差数列，公差是首项为2的等比数列，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列的第项，满足__________（在①②中任选一个条件），，则将其去掉，数列剩余的各项按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和．
①②．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差和等比数列的通项公式，列出基本量方程组，即可求解；
（2）若选择①，得，可知剩下的项就是原数列的奇数项，代入等比数列求和公式，即可求解；
若选择②，，根据，讨论为奇数和偶数两种情况，即可判断求解.
【小问1详解】
设的公差为的公比为，
因为，所以，
联立消得，解得或与矛盾，
故，代回计算得，
所以
【小问2详解】
若选①，则有，
所以剩余的项就是原数列的奇数项，
相当于剩余的项以2为首项，4为公比的等比数列，
所以；
若选②，则有，
因为，
所以当时，对应的为整数，满足，
当时，对应的不为整数，不满足，
所以剩余的项就是原数列的奇数项，
相当于剩余的项以2为首项，4为公比的等比数列，
所以；
20. 已知函数（a为常数），讨论的单调性．
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】先确定函数的定义域，然后对函数求导并分解因式，分，，，讨论即可求解.
【详解】函数的定义域为.
因为，
所以，
因为，则有：
①当时，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，令，得；令，得或；
所以在上单调递减，在，上单调递增；
③当时，（当且仅当时取等号），
所以在上单调递增；
④当时，令，得；令，得或，
所以在上单调递减，在，上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增.
21. 已知数列，满足，且，数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据递推关系式变形可构造等差数列，利用等差数列求解；
（2）求出，放缩后利用裂项相消法求和可证不等式成立.
【小问1详解】
，
，又，
数列是首项为1，公差为1的等差数列，
，即.
【小问2详解】
由（1）知，
，
，
.
22. 已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）设方程有且仅有两个不同的解，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，由导数的几何意义求斜率即可得解；
（2）令，利用导数判断函数的单调性，再由函数有且仅有2个零点，分析其中一个零点大于得证.
【小问1详解】
因为，所以 ，
所以切线的斜率，又，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
证明：令，
则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为方程有且仅有两个不同的解，
所以，，
不妨设，又，
所以，所以.