湖北省十堰市2022-2023学年高二下学期6月期末数学试题
一、单选题
1．（2023高二下·十堰期末）在等比数列中，，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
2．（2023高二下·十堰期末）函数 的导数 （ ）
A． B．
C． D．
3．（2023高二下·十堰期末）若随机变量，则（ ）
A．4.8 B．2.4 C．9.6 D．8.6
4．（2023高二下·十堰期末）已知，则（ ）
A．1 B．0 C． D．
5．（2023高二下·十堰期末）记为的任意一种排列，则使得为偶数的排列种数为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．18
6．（2023高二下·十堰期末）的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．672 D．112
7．（2023高二下·十堰期末）若存在直线，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足，则称此直线为和的“隔离直线”.已知函数，，若和存在唯一的“隔离直线”，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高二下·十堰期末）已知有编号为的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个2号球，两个3号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则在两次取球编号不同的条件下（ ）
A．第二次取到1号球的概率最大
B．第二次取到2号球的概率最大
C．第二次取到3号球的概率最大
D．第二次取到号球的概率都相同
二、多选题
9．（2023高二下·十堰期末）设数列、都是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2023高二下·十堰期末）某同学求得一个离散型随机变量的分布列为
x 1 2 4 6
P 0.2 0.3 m 0.1
则（ ）
A． B． C． D．
11．（2023高二下·十堰期末）为研究如何合理施用有机肥，使其最大限度地促进某种作物的增产，同时减少对周围环境的污染，某研究团队收集了7组某种有机肥的施用量和当季该种作物的亩产量的数据，并对这些数据进行了初步处理，得到如表所示的一些统计量的值，其中，有机肥施用量为（单位：千克），当季该种作物的亩产量为（单位：百千克）.
1 2 4 6 11 13 19
1.9 3.2 4.0 4.4 5.2 5.3 5.4
现有两种模型可供选用，模型I为线性回归模型，利用最小二乘法，可得到关于的经验回归方程为，模型II为非线性经验回归方程，经计算可得此方程为，另外计算得到模型I的决定系数和模型II的决定系数，则（ ）
A．
B．模型II的拟合效果比较好
C．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量一定增加0.17个单位
D．若7组数据对应七个点，则至少有一个点在经验回归直线上
12．（2023高二下·十堰期末）已知定义域为的函数的导函数为，且，则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．（2023高二下·十堰期末）已知函数在区间上的最大值为，最小值为，则 .
14．（2023高二下·十堰期末）设等比数列的前项和为，若，则 .
15．（2023高二下·十堰期末）的展开式中系数最大的项是第 项.
四、双空题
16．（2023高二下·十堰期末）法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃.他将具有分数维的图形称为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何.分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具.下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段的长度为3，在线段上取两个点，使得，以为一边在线段的上方作一个正三角形，然后去掉线段，得到图2中的图形；对图2中的线段做相同的操作，得到图3中的图形.依此类推，则第个图形中新出现的等边三角形的边长为 ；第个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为 .
五、解答题
17．（2023高二下·十堰期末）已知等比数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18．（2023高二下·十堰期末）已知函数.
（1）若是的极值点，求；
（2）当时，在区间上恒成立，求的取值范围.
19．（2023高二下·十堰期末）世界卫生组织建议成人每周进行2.5至5小时的中等强度运动.已知社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，且三个社区的居民人数之比为.
（1）从这三个社区中随机各选取1名居民，求至少有1名居民每周运动总时间超过5小时的概率；
（2）从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；
（3）假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且，现从这三个社区中随机选取1名居民，求该居民每周运动总时间为3至5小时的概率.
20．（2023高二下·十堰期末）已知数列的前项和为且.
（1）求的通项公式；
（2）为满足的的个数，求使成立的最小正整数的值.
21．（2023高二下·十堰期末）湖北省教育厅出台《全省学校安全专项治理工作方案》，加强校园“十防”、“七全”安全教育和防范工作.为了普及安全教育，增强学生安全意识，武汉市准备组织一次安全知识竞赛.某学校为了选拔学生参赛，按性别采用分层抽样的方法抽取200名学生进行安全知识测试，记“性别为男”，“得分超过85分”，且.
（1）完成下列列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否推断该校学生了解安全知识的程度与性别有关？
性别 了解安全知识的程度 合计
得分不超过85分的人数 得分超过85分的人数
男
女
合计
（2）学校准备分别选取参与测试的男生和女生前两名学生代表学校参加竞赛，已知男生获奖的概率为，女生获奖的概率为，记该校获奖的人数为，求的分布列与数学期望.
附参考公式：.，其中.下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值.
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
22．（2023高二下·十堰期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若与函数的图象有三个不同的交点，求的取值范围.（参考数据：.）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等比中项
【解析】【解答】解：因为为等比数列，则，所以.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合利用等比中项运算求解.
2．【答案】B
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解： .
故答案为：B.
【分析】由导数的除法计算法则即可选出正确答案.
3．【答案】C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据二项分布的可得，再结合方差的性质运算求解.
4．【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：令，可得；
令，得，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用赋值法，分别令，进而可求得结果.
5．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意可得只有偶数偶数=偶数，即这一种形式，故符合题意的排列数为种.
故答案为：A
【分析】先分析出得偶数的情况，利用排列组合的知识即可求解.
6．【答案】A
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：因为的展开式的通项为，
且，所以的系数为.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，再结合的二项展开式的通项公式运算求解即可.
7．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：因为，，则，
当与相切时，只有唯一的“隔离直线”，且“隔离直线”为公切线，
设切点为，可得，即，解得.
故答案为：D.
【分析】设出切点坐标，根据导数的几何意义结合公切线的定义列出等量关系，运算求解即可.
8．【答案】B
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可得：第二次取到1号球的概率；
第二次取到2号球的概率；
第二次取到3号球的概率.
因为，所以第二次取到2号球的概率最大.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合独立事件概率乘法公式分别求第二次取到1号球，2号球，3号球的概率，进而比较大小即可.
9．【答案】B,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比关系的确定
【解析】【解答】解：设等比数列的公比分别为，可知，
对于A：取，则数列都是等比数列，
可得，
所以数列不是等比数列，故A错误；
对于B：因为，且，所以数列为等边数列，故B正确；
对于C：令m=0时，则，此时，不是等比数列，故C错误；
对于D：因为，且，所以为等比数列，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】对A：取特例，分析判断；对B、D：利用等比数列的定义分析判断；对C：取特值，分析判断.
10．【答案】A,B,D
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A：因为，解得，故A正确；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为，故C错误；
对于D：因为，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】对A：根据概率和为1可得m的值；对B：由期望公式运算求解即可；对C：利用方差公式运算求解；对D：根据标准差的概念结合选项C可得结果.
11．【答案】A,B
【知识点】线性回归方程；回归分析；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：对于A：由题意得，
，
因为模型I的经验回归方程为，则，解得，故A正确；
对于B：因为越大，拟合效果越好，所以模型II的拟合效果比较好，故B正确；
对于C：因为经验回归方程为，所以当解释变量x每增加1个单位时，响应变量平均增加0.17个单位，故C错误；
对于D：因为，则有：
1 2 4 6 11 13 19
3.01 3.18 3.52 3.86 4.71 5.05 6.07
所以没有点在经验回归直线上，故D错误.
故选：AB.
【分析】对A：先根据题意求出，进而可得；对B：根据的定义分析判断；对CD：根据线性回归方程的意义作出判断.
12．【答案】B,C
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：令，则，
因为，即，则，所以函数在上单调递增.
对于A：因为，则，即，
所以，故A错误；
对于B：可知，当且仅当时，等号成立，则，
可得，即，
所以，故B正确；
令，则，
当时，，当时，，
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增.
对于C：因为，则，即，
可得，即，
则，即，
所以，故C正确；
对于D：因为，则，即，可得，
则，即，
所以， 故D错误.
故答案为：BC.
【分析】构造函数，利用导数分析其单调性.对A：直接根据的单调性分析判断；对B：利用不等式可得，进而根据的单调性分析判断；对于C、D：令，利用导数判断其单调性，根据的单调性分析判断.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
且，
所以，可得.
故答案为：.
【分析】利用导数得出单调区间，结合单调性分析最值，求出结果.
14．【答案】156
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设，则，可得，
因为为等比数列，则仍成等比数列.
又因为，则，可得，
所以.
故答案为：156.
【分析】利用等比数列前n项和的性质计算即可.
15．【答案】10
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：因为展开式的通项为，
令，解得，
又因为，所以，
故系数最大的项是第10项.
故答案为：10.
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式列不等式组，运算求解即可.
16．【答案】；
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式；归纳推理
【解析】【解答】解：空1：依题意设第n个图形中新出现的等边三角形的边长为，
由题意可得，
归纳可得当时，；
空2：设第n个图形中新增加的等边三角形的个数为，
由题意可得，归纳可得当时，，
设第n个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为，
则，
可得，其中；
当时，显然成立；
所以第n个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为.
故答案为：；.
【分析】空1：依题意设第n个图形中新出现的等边三角形的边长为，即可归纳出；空2：设第n个图形中新增加的等边三角形的个数为，归纳得到，设第n个图形中的所有线段长的和为，可得，再利用累加法计算可得.
17．【答案】（1）解：方法一：设等比数列的首项为，公比为.
由，得，即，
解得，
故.
方法二：设等比数列的首项为，公比为.
由，得，
两式相减得，即，得.
由，得，解得.
故.
（2）解：因为，
所以，①
.②
由①-②得
，
故
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)方法一：用和表示从而得到关于和q的方程组，解得，利用等比数列的通项公式即可求解.
方法二：利用递推关系求出，结合等比数列的定义求出，再令n=1求出，利用等比数列的通项公式即可求解.
（2）利用错位相减法即可求解.
18．【答案】（1）因为，所以.
因为是的极值点，所以，解得.
当时，.
令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
故是的极小值点.
综上，.
（2）因为，所以.
令，得，令，得或，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
因为在区间上恒成立，所以
解得.又因为，所以，故的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】(1)根据题意可得，可得，并结合单调性检验；
(2)根据恒成立可得在区间上恒成立，并利用导数求函数单调性和最值，即可得结果.
19．【答案】（1）设从三个社区中各选取的1名居民的每周运动总时间超过5小时分别为事件，
则.
设选取的3名居民中至少有1名居民每周运动总时间超过5小时为事件，
则事件的对立事件为选取的3名居民每周运动总时间都没有超过5小时，
所以，
故选取的3名居民中至少有1名居民每周运动总时间超过5小时的概率为.
（2）设三个社区的居民人数分别为，
则社区每周运动总时间超过5小时的人数为，
社区每周运动总时间超过5小时的人数为，
社区每周运动总时间超过5小时的人数为，
所以，故从这3个社区中随机抽取1名居民且每周运动总时间超过5小时的概率.
（3）因为，所以.
因为，所以，
所以.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；正态密度曲线的特点；用频率估计概率
【解析】【分析】(1)根据题意利用独立事件概率乘法公式结合对立事件运算求解；
(2)先根据题意求每周运动总时间超过5小时的频率，用频率估计概率即可；
(3)根据正态分布的对称性分析求解.
20．【答案】（1）因为，所以，
所以，
累乘得，所以.
符合上式，所以.
当时，，则，
所以.
因为符合上式，所以.
（2）由题意知，
则.
令，
则.
由二项式展开式.
所以，
所以单调递增.
因为，所以的最小值是11.
【知识点】数列的递推公式；等差数列与等比数列的综合；二项式定理
【解析】【分析】(1)利用累乘法可得，再结合与之间的关系运算求解；
(2)由题意知，结合等差、等比数列求和可得，利用二项式定理可得单调递增，进而可得结果.
21．【答案】（1）因为，
所以，即，
所以，
所以200人中男生有120人，女生有80人，测试成绩超过85分的有150人，其中男生100人，女生50人.列联表如下：
性别 了解安全知识的程度 合计
得分不超过85分的人数 得分超过85分的人数
男 20 100 120
女 30 50 80
合计 50 150 200
零假设为：该校学生了解安全知识的程度与性别没有关联.
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，
即认为了解安全知识的程度与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）可能取.，
，
，
，
.
所以的分布列为
0 1 2 3 4
所以.
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率乘法公式
【解析】【分析】 (1) 根据条件概率可得，进而补全列联表，求，并与临界值对比分析；
(2)根据题意分析可得可能取，结合独立重复事件概率公式求分布列，进而可得期望.
22．【答案】（1）解：因为，所以.
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：因为函数与函数的图象有三个不同的交点，
所以关于的方程有三个不同的根.
令，则有三个不同的零点.
.
当时，单调递增，则至多有一个零点，不合题意.
令，则.
当时，因为，所以，
所以单调递减，所以至多有一个零点，不合题意.
当时，令，得，且.
当，即时，，则，所以在上单调递增.
因为是连续的函数，且，
所以，所以在上只有一个零点.
当或，即或时，，
则在上单调递减.
令，
则，所以在上单调递增.
因为，所以.
因为，所以.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
设在上的零点为，且，
因为，故为奇函数，所以.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
综上可知，的取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数与方程的综合运用；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)先对进行求导，对a进行分类讨论，利用导数和单调性的关系即可求判断单调性.
(2)将两个函数图象交点问题转化成方程零点问题，再利用导数的性质进行求解.
1 / 1湖北省十堰市2022-2023学年高二下学期6月期末数学试题
一、单选题
1．（2023高二下·十堰期末）在等比数列中，，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】等比中项
【解析】【解答】解：因为为等比数列，则，所以.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合利用等比中项运算求解.
2．（2023高二下·十堰期末）函数 的导数 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解： .
故答案为：B.
【分析】由导数的除法计算法则即可选出正确答案.
3．（2023高二下·十堰期末）若随机变量，则（ ）
A．4.8 B．2.4 C．9.6 D．8.6
【答案】C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据二项分布的可得，再结合方差的性质运算求解.
4．（2023高二下·十堰期末）已知，则（ ）
A．1 B．0 C． D．
【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：令，可得；
令，得，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用赋值法，分别令，进而可求得结果.
5．（2023高二下·十堰期末）记为的任意一种排列，则使得为偶数的排列种数为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．18
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意可得只有偶数偶数=偶数，即这一种形式，故符合题意的排列数为种.
故答案为：A
【分析】先分析出得偶数的情况，利用排列组合的知识即可求解.
6．（2023高二下·十堰期末）的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．672 D．112
【答案】A
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：因为的展开式的通项为，
且，所以的系数为.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，再结合的二项展开式的通项公式运算求解即可.
7．（2023高二下·十堰期末）若存在直线，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足，则称此直线为和的“隔离直线”.已知函数，，若和存在唯一的“隔离直线”，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：因为，，则，
当与相切时，只有唯一的“隔离直线”，且“隔离直线”为公切线，
设切点为，可得，即，解得.
故答案为：D.
【分析】设出切点坐标，根据导数的几何意义结合公切线的定义列出等量关系，运算求解即可.
8．（2023高二下·十堰期末）已知有编号为的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个2号球，两个3号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则在两次取球编号不同的条件下（ ）
A．第二次取到1号球的概率最大
B．第二次取到2号球的概率最大
C．第二次取到3号球的概率最大
D．第二次取到号球的概率都相同
【答案】B
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可得：第二次取到1号球的概率；
第二次取到2号球的概率；
第二次取到3号球的概率.
因为，所以第二次取到2号球的概率最大.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合独立事件概率乘法公式分别求第二次取到1号球，2号球，3号球的概率，进而比较大小即可.
二、多选题
9．（2023高二下·十堰期末）设数列、都是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比关系的确定
【解析】【解答】解：设等比数列的公比分别为，可知，
对于A：取，则数列都是等比数列，
可得，
所以数列不是等比数列，故A错误；
对于B：因为，且，所以数列为等边数列，故B正确；
对于C：令m=0时，则，此时，不是等比数列，故C错误；
对于D：因为，且，所以为等比数列，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】对A：取特例，分析判断；对B、D：利用等比数列的定义分析判断；对C：取特值，分析判断.
10．（2023高二下·十堰期末）某同学求得一个离散型随机变量的分布列为
x 1 2 4 6
P 0.2 0.3 m 0.1
则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A：因为，解得，故A正确；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为，故C错误；
对于D：因为，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】对A：根据概率和为1可得m的值；对B：由期望公式运算求解即可；对C：利用方差公式运算求解；对D：根据标准差的概念结合选项C可得结果.
11．（2023高二下·十堰期末）为研究如何合理施用有机肥，使其最大限度地促进某种作物的增产，同时减少对周围环境的污染，某研究团队收集了7组某种有机肥的施用量和当季该种作物的亩产量的数据，并对这些数据进行了初步处理，得到如表所示的一些统计量的值，其中，有机肥施用量为（单位：千克），当季该种作物的亩产量为（单位：百千克）.
1 2 4 6 11 13 19
1.9 3.2 4.0 4.4 5.2 5.3 5.4
现有两种模型可供选用，模型I为线性回归模型，利用最小二乘法，可得到关于的经验回归方程为，模型II为非线性经验回归方程，经计算可得此方程为，另外计算得到模型I的决定系数和模型II的决定系数，则（ ）
A．
B．模型II的拟合效果比较好
C．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量一定增加0.17个单位
D．若7组数据对应七个点，则至少有一个点在经验回归直线上
【答案】A,B
【知识点】线性回归方程；回归分析；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：对于A：由题意得，
，
因为模型I的经验回归方程为，则，解得，故A正确；
对于B：因为越大，拟合效果越好，所以模型II的拟合效果比较好，故B正确；
对于C：因为经验回归方程为，所以当解释变量x每增加1个单位时，响应变量平均增加0.17个单位，故C错误；
对于D：因为，则有：
1 2 4 6 11 13 19
3.01 3.18 3.52 3.86 4.71 5.05 6.07
所以没有点在经验回归直线上，故D错误.
故选：AB.
【分析】对A：先根据题意求出，进而可得；对B：根据的定义分析判断；对CD：根据线性回归方程的意义作出判断.
12．（2023高二下·十堰期末）已知定义域为的函数的导函数为，且，则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：令，则，
因为，即，则，所以函数在上单调递增.
对于A：因为，则，即，
所以，故A错误；
对于B：可知，当且仅当时，等号成立，则，
可得，即，
所以，故B正确；
令，则，
当时，，当时，，
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增.
对于C：因为，则，即，
可得，即，
则，即，
所以，故C正确；
对于D：因为，则，即，可得，
则，即，
所以， 故D错误.
故答案为：BC.
【分析】构造函数，利用导数分析其单调性.对A：直接根据的单调性分析判断；对B：利用不等式可得，进而根据的单调性分析判断；对于C、D：令，利用导数判断其单调性，根据的单调性分析判断.
三、填空题
13．（2023高二下·十堰期末）已知函数在区间上的最大值为，最小值为，则 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
且，
所以，可得.
故答案为：.
【分析】利用导数得出单调区间，结合单调性分析最值，求出结果.
14．（2023高二下·十堰期末）设等比数列的前项和为，若，则 .
【答案】156
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设，则，可得，
因为为等比数列，则仍成等比数列.
又因为，则，可得，
所以.
故答案为：156.
【分析】利用等比数列前n项和的性质计算即可.
15．（2023高二下·十堰期末）的展开式中系数最大的项是第 项.
【答案】10
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：因为展开式的通项为，
令，解得，
又因为，所以，
故系数最大的项是第10项.
故答案为：10.
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式列不等式组，运算求解即可.
四、双空题
16．（2023高二下·十堰期末）法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃.他将具有分数维的图形称为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何.分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具.下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段的长度为3，在线段上取两个点，使得，以为一边在线段的上方作一个正三角形，然后去掉线段，得到图2中的图形；对图2中的线段做相同的操作，得到图3中的图形.依此类推，则第个图形中新出现的等边三角形的边长为 ；第个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为 .
【答案】；
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式；归纳推理
【解析】【解答】解：空1：依题意设第n个图形中新出现的等边三角形的边长为，
由题意可得，
归纳可得当时，；
空2：设第n个图形中新增加的等边三角形的个数为，
由题意可得，归纳可得当时，，
设第n个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为，
则，
可得，其中；
当时，显然成立；
所以第n个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为.
故答案为：；.
【分析】空1：依题意设第n个图形中新出现的等边三角形的边长为，即可归纳出；空2：设第n个图形中新增加的等边三角形的个数为，归纳得到，设第n个图形中的所有线段长的和为，可得，再利用累加法计算可得.
五、解答题
17．（2023高二下·十堰期末）已知等比数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）解：方法一：设等比数列的首项为，公比为.
由，得，即，
解得，
故.
方法二：设等比数列的首项为，公比为.
由，得，
两式相减得，即，得.
由，得，解得.
故.
（2）解：因为，
所以，①
.②
由①-②得
，
故
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)方法一：用和表示从而得到关于和q的方程组，解得，利用等比数列的通项公式即可求解.
方法二：利用递推关系求出，结合等比数列的定义求出，再令n=1求出，利用等比数列的通项公式即可求解.
（2）利用错位相减法即可求解.
18．（2023高二下·十堰期末）已知函数.
（1）若是的极值点，求；
（2）当时，在区间上恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）因为，所以.
因为是的极值点，所以，解得.
当时，.
令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
故是的极小值点.
综上，.
（2）因为，所以.
令，得，令，得或，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
因为在区间上恒成立，所以
解得.又因为，所以，故的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】(1)根据题意可得，可得，并结合单调性检验；
(2)根据恒成立可得在区间上恒成立，并利用导数求函数单调性和最值，即可得结果.
19．（2023高二下·十堰期末）世界卫生组织建议成人每周进行2.5至5小时的中等强度运动.已知社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，且三个社区的居民人数之比为.
（1）从这三个社区中随机各选取1名居民，求至少有1名居民每周运动总时间超过5小时的概率；
（2）从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；
（3）假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且，现从这三个社区中随机选取1名居民，求该居民每周运动总时间为3至5小时的概率.
【答案】（1）设从三个社区中各选取的1名居民的每周运动总时间超过5小时分别为事件，
则.
设选取的3名居民中至少有1名居民每周运动总时间超过5小时为事件，
则事件的对立事件为选取的3名居民每周运动总时间都没有超过5小时，
所以，
故选取的3名居民中至少有1名居民每周运动总时间超过5小时的概率为.
（2）设三个社区的居民人数分别为，
则社区每周运动总时间超过5小时的人数为，
社区每周运动总时间超过5小时的人数为，
社区每周运动总时间超过5小时的人数为，
所以，故从这3个社区中随机抽取1名居民且每周运动总时间超过5小时的概率.
（3）因为，所以.
因为，所以，
所以.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；正态密度曲线的特点；用频率估计概率
【解析】【分析】(1)根据题意利用独立事件概率乘法公式结合对立事件运算求解；
(2)先根据题意求每周运动总时间超过5小时的频率，用频率估计概率即可；
(3)根据正态分布的对称性分析求解.
20．（2023高二下·十堰期末）已知数列的前项和为且.
（1）求的通项公式；
（2）为满足的的个数，求使成立的最小正整数的值.
【答案】（1）因为，所以，
所以，
累乘得，所以.
符合上式，所以.
当时，，则，
所以.
因为符合上式，所以.
（2）由题意知，
则.
令，
则.
由二项式展开式.
所以，
所以单调递增.
因为，所以的最小值是11.
【知识点】数列的递推公式；等差数列与等比数列的综合；二项式定理
【解析】【分析】(1)利用累乘法可得，再结合与之间的关系运算求解；
(2)由题意知，结合等差、等比数列求和可得，利用二项式定理可得单调递增，进而可得结果.
21．（2023高二下·十堰期末）湖北省教育厅出台《全省学校安全专项治理工作方案》，加强校园“十防”、“七全”安全教育和防范工作.为了普及安全教育，增强学生安全意识，武汉市准备组织一次安全知识竞赛.某学校为了选拔学生参赛，按性别采用分层抽样的方法抽取200名学生进行安全知识测试，记“性别为男”，“得分超过85分”，且.
（1）完成下列列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否推断该校学生了解安全知识的程度与性别有关？
性别 了解安全知识的程度 合计
得分不超过85分的人数 得分超过85分的人数
男
女
合计
（2）学校准备分别选取参与测试的男生和女生前两名学生代表学校参加竞赛，已知男生获奖的概率为，女生获奖的概率为，记该校获奖的人数为，求的分布列与数学期望.
附参考公式：.，其中.下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值.
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）因为，
所以，即，
所以，
所以200人中男生有120人，女生有80人，测试成绩超过85分的有150人，其中男生100人，女生50人.列联表如下：
性别 了解安全知识的程度 合计
得分不超过85分的人数 得分超过85分的人数
男 20 100 120
女 30 50 80
合计 50 150 200
零假设为：该校学生了解安全知识的程度与性别没有关联.
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，
即认为了解安全知识的程度与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）可能取.，
，
，
，
.
所以的分布列为
0 1 2 3 4
所以.
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率乘法公式
【解析】【分析】 (1) 根据条件概率可得，进而补全列联表，求，并与临界值对比分析；
(2)根据题意分析可得可能取，结合独立重复事件概率公式求分布列，进而可得期望.
22．（2023高二下·十堰期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若与函数的图象有三个不同的交点，求的取值范围.（参考数据：.）
【答案】（1）解：因为，所以.
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：因为函数与函数的图象有三个不同的交点，
所以关于的方程有三个不同的根.
令，则有三个不同的零点.
.
当时，单调递增，则至多有一个零点，不合题意.
令，则.
当时，因为，所以，
所以单调递减，所以至多有一个零点，不合题意.
当时，令，得，且.
当，即时，，则，所以在上单调递增.
因为是连续的函数，且，
所以，所以在上只有一个零点.
当或，即或时，，
则在上单调递减.
令，
则，所以在上单调递增.
因为，所以.
因为，所以.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
设在上的零点为，且，
因为，故为奇函数，所以.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
综上可知，的取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数与方程的综合运用；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)先对进行求导，对a进行分类讨论，利用导数和单调性的关系即可求判断单调性.
(2)将两个函数图象交点问题转化成方程零点问题，再利用导数的性质进行求解.
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