2022~2023学年广东深圳南山区华侨城中学高二下学期期中数学试卷（图片版，含解析）

2022~2023学年广东深圳南山区华侨城中学高二下学期期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1、若前 项和为 的等差数列 满足 ，则 （ ）
A.46
B.48
C.50
D.52
2、在数字通信中，信号是由数字0和1组成.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.
已知发信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05，若发
送信号0和1是等可能的，则接受信号为1的概率为（ ）
A.0.475
B.0.525
C.0.425
D.0.575
3、在等比数列 中，如果 ， ，那么 （ ）
A.72
B.81
C.36
D.54
4、将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1
个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A.60种
B.120种
C.240种
D.480种
5、某社区活动需要连续六天有志愿者参加服务，每天只需要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志
愿者，计划依次安排到该社区参加服务，要求甲不安排第一天，乙和丙在相邻两天参加服务，则不同的安排方
案共有（ ）
A.72种
B.81种
C.144种
D.192种
6、若函数 在 是增函数，则a的取值范围是
A.
B.
C.
D.
7、已知 ，则
（ ）
A.
B.1
C.
D.0
设 ， ，则（ ）
A.
B.
C.
D.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9、设等差数列 的前 项和为 ，公差为 ，若 ， ，则（ ）
A.
B.
C.
D.
10、如图是函数 的导函数 的图像，下列结论正确的是（ ）
A. 是函数 的极值点
B. 是函数 的极值点
C. 在 处取得极大值
D.函数 在区间 上单调递增
11、在 的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A.第6项和第7项的二项式系数相等
B.奇数项的二项式系数和为256
C.常数项为84
D.有理项有2项
12、已知直线 分别与函数 e 和 的图象交于点 ， ，则（ ）．
A.e e e
e
B.
C.
D.e
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13、设等比数列 的公比为 ，其前 项和为 ，若 ， ，则 ．
14、函数 的图象在 处的切线方程为 .
15、某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教（每地1人），其中甲和乙不同去，则不同的选派方
案共有 种．
16、已知a， ，若 ， ， 是函数 的零点，且 ， ，
则 的最小值是 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、（本小题10分）
已知函数 .
(1)求 的单调递增区间；
(2)求 在 上的值域.
18、（本小题12分）
公差不为0的等差数列 ，满足 成等比数列.
(1)求 的通项公式；
(2)记 ，求数 列 的前 项和 .
19、（本小题12分）
已知数列 中， ，且 .
(1)求 ， ，并证明 是等比数列；
(2)求 的通项公式；
(3)数列 的前 项和 .
20、（本小题12分）
袋中装有 个大小相同的小球，编号为 ，现从袋中有放回地取球 次.
(1)、求 次都取得 号球的概率
(2)、记这两次取得球的号码的最大值为 ，求 的分布列.
21、（本小题12分）
已知数列 满足： .
(1)求数列 的通项公式；
(2)记 为数列 的前 n项和 ，求证： .
22、（本小题12分）
已知 ， ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 有两个零点， 求a的取值范围．
参考答案
一、单选题
1、
【答 案】
C
【分析】
由 ，有 ，
根据等差数量性质可知 ，
所以 ，故 ，
所以 ，
所以 .
因此正确答案为： C.
2、
【答 案】
B
【分析】
设A=“发送的信号为0”， B=“接收到的信号为0”，
则 =“发送的信号为1”， =“接收到的信号为1”，
所以 ， ， ， ， ， ，
所以接收信号为0的概率为： ，
所以接收信号为1的概率为： .
因此正确答案为：B.
3、
【答 案】
D
【分析】
解：设等比数列 的公比为 ，因为 ， ，
所以 ，所以 ；
因此正确答案为：D
4、
【答 案】
C
【分析】
通过题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成
一个小组，有 种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素
在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有 种不同的分配方
案，
因此正 确答案为：C.
5、
【答 案】
D
【分析】
解：若乙和丙在相邻两天参加服务，不同的排法种数为 ，
若乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务，不同的排法种数为 ，
由间接法可知，满足条件的排法种数为 种.
因此正确答案为：D.
6、
【答 案】
D
【分析】
试题分析：由条件知 在 + 上恒成立，即 在 + 上恒成立．
∵函数 在 + 上为减函数，
∴ ,
∴ ．
因此正确 答案为D．
考点：函数的单调性 与导数的关系．
7、
【答 案】
A
【分析】
令 ，可得 ，
则 ，
二项式 的展开式通项为 ，
则 且 ．
当 为奇数时， ，当 为偶数时， ，
因此， ．
因此正确答案为：A ．
8、
【答 案】
C
【分析】
构造函数 ， 导数判断其单调性，由此确定 的大小.
【详解】
设 ，因为 ，
当 时， ，当 时 ，
所以函数 在 单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 ，故 ，即 ，
所以 ，所以 + ，故 e ，所以 e ，
故 ，
设 ，则 + ,
令 + ， ，
当 时， ，函数 + 单调递减，
当 时， ，函数 + 单调递增，
又 ，
所以当 时， ，
所以当 时， ，函数 单调递增，
所以 ，即 ，所以
故选：C.
二、多选题
9、
【答 案】
A;B
【分析】
方法一：
∵等差数列 满足 ， ，
∴由等差数列前 项和公式有 ，解得 ，
∴ ， ，
对于A， ，因此正确答案为项A无 误；
对于B， ，当 取与 最接近的整数即 或 时， 最大，∴
，因此正确答案为项B无误；
对于C， ， 因此正确答案为项C有误；
对于D， ，因此正确答案为项D有误 .
方法二：
∵等差数列 满足 ，
∴ ，∴
对于A， ，∴ ，故A无误；
对于B， ， ， ，∴ ， 因此正确答案为项B无误；
对于C， ，因此正确答案为项C有误；
对于D， ，因此正确答案为项D有误.
因此正确答案为：AB.
10、
【答 案】
A;D
【分析】
对于选项A，由 图像分析可得，在 的左侧 ，在 的右侧 ，所以由函数
的极值的判断方法可知，选项A无误；
对于选项B，由 图像分析可得 ，在 的左侧 ，在 的右侧 ，所以由函数的极
值的判断方法可知，选项B有误；
对于选项C，根据 图像和极值的定义可知，选项C有误；
对于选项D，由 图像分析可得，在区间 上，恒 有 ，且仅在 处取到等号，因
此正确答案为项D无误.
因此正确答案为：AD.
11、
【答 案】
B;C
【分析】
的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A
有误；
由已知可 得二项式系数之和为 ，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，
所以奇数项的二项式系数和为 ，故B无误；
展开式的通项为 C C N ，令 ，解得 ．
故常数项为 ，故C无误；
有理项中x的指数为整数，故 ，2， 4，6，8，故有理项有5项，故D有误．
因此正确答案为：BC
12、
【答案 】
A;B;D
【分析】
e 与 互为反函数，
即两函数关于 对称，而 与 垂直，
故 也关于 对称，
联立 ，解得： ，
故 ， 两点关于 对称，
即 ， 且 ， ，
不妨设 ， ， ， ，画出图象如下：
A选项，e e e e e e，
当且仅当e e ，
即 时等号成立，
又 ，故等号取不到，A正确；
因为 ，
所以 e ，
所以 ，
因此 e ，故 ，
又 为 e 与 的交点，
故 e ，
所以 e ，
令 e ， ，
其中 e 在 上恒成立，
故 e 在 上单调递增，
e
所以 e e ，B正确；
因为 ， ，
所以 ，
因此有 ，
设 ， ， ，
因为 ，
所以 ，
因此 在 上单调递增，
当 时，有 ，
即 ，
因此 ，C错误；
因为 ，
所以 e ，
所以e e e e ，
即e ，D正确．
故选ABD．
三、填空题
13、
【答 案】
或
【分析】
等比数列 的公比为 ，若 ， ，则 ，
则有 ，①，
②
②-①，化简可得： ，解得 或
因此正确答案为： 或
14、
【答 案】
【分析】
∵ ，∴ ， ，∴函数 在 处的切线方程为 .
因此正确答案为： .
15、
【答 案】
1320
【分析】
通过题意，当甲和乙都不去时，选派方案有 种，
当甲和乙之一去时，选派方案有 种，
所以不同的选派方案共有 .
因此正确答案为：1320
16、
【答 案】
【分析】
即 ，可转化为两函数图象的交点
①若 ，此时 ，由对称性可知 ， 不合题意
②若 ，此时 ，通过题意得
对于方程
故 解得
故
令 ，
故 在 上单调递减，在 上单调 递增
故 的最小值为
因此正确答案为：
四、解答题
17、
【答 案】
(1) 的单调递增区间为 ， ；
(2) .
【分析】
（1）因为 ．
所以 ，
由 ，可得 或 ，
， 的变化情况如下：
2
+ 0 0 +
递增 递减 递增
所以函数 的单调递增区间为 ， ；
（2）由（1）知， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增．
所以 为极大值点， 为极小值点，又 ， ， ， ，
所以 在 上的值域为 .
18、
【答 案】
(1) ；
(2) ．
【分析】
（1）设 的公差为 ，因为 成等比数列，
则 ，又 ，
解得 ， ，
故 ；
（2）由（1）知 ，
则 ，
，
所以 ，
所以 ．
19、
【答 案】
(1) ， ，证明见解析；
(2) ；
(3)
【分析】
（1）由 ， 得 ， ，
，∴ ，
又 ，∴ 是首项为1，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知 ，∴ .
（3）数列 的前 项和
20、
【答 案】
(1)、
(2)、
分布列见解析
【分析】
(1)、由题意从袋中有放回地取球 次，每次取到 号球概率为 ，故 次都取得 号球的概率 .
(2)、随机变量 的取值为 ，则 ，
， ，
所以 的分布列为：
21、
【答 案】
(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由已知可得当 时， ；
当 时， ，得 ；
当 时，由 ，
得 ，
两式相减可得 ，则 ，
经检验： 满足 ，
所以 ；
（2）由（1）得 ，
则 ，
因为 ，则 ，故 ，则 ，故 ，所以
，即 ，得证.
22、
【答案 】
(1) 在 和 上单调递增，在 上单调递减
(2)
【分析】
（1）∵
∵
，∴ ，
当 ， ， 单调递增，当 ， ， 单调递减，
当 ， ， 单调递增．
综上所述， 在 和 上单调递 增，在 上单调递减．
（2）情况一：若 ，即 时，由 的单调性，其在 上恒为正，无零点，
在增区间 至多有一个零点，不符题意．
情况二：若 ，即 时，
由于 ，由零点存在定理， 在区间 上存在一个零点，
取 ，则 ， ， ，
，
当 时， ，由于 在区间 上单调递增，
故 在 恒为正，无零点，由零点存在定理， 在区间 上存在一个零点，与题意相符，
情况三：若 ，即 时，同情况二可得 在增区间 恒为正，无零点，
仅有 一个零点，不符题意.
综上所述a的取值范围是 ．