2022-2023学年江苏省镇江市丹阳高级中学高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年江苏省镇江市丹阳高级中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知等差数列的公差为，且成等比数列，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据成等比数列，和等差数列的公差为先求出，再求即可.

【详解】由题意：，

可得，

所以，

故选：C

2．在一次高台跳水运动中，某运动员在运动过程中的中心相对于水面的高度（单位：）与起跳后的时间（单位：）存在函数关系，则运动员在时瞬时速度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先对函数求导，然后把代入即可求解．

【详解】解：因为，

所以，

令，得瞬时速度为．

故选：D.

3．袋中有个球，其中红、黄、蓝、白、黑球各一个，甲、乙两人按序从袋中有放回的随机摸取一球，记事件甲和乙至少一人摸到红球，事件甲和乙摸到的球颜色不同，则条件概率（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出和的值，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】由题意可知，事件甲、乙只有一人摸到红球，

则，，

因此，.

故选：D.

4．设，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用二项展开式的通项公式可求的值.

【详解】的二项展开式的通项公式为，

令，故，故，

故选：A.

5．设离散型随机变量的分布列为

若离散型随机变量满足，则下列结论中正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据分布列的性质可判断A，根据数学期望公式可判断B，根据方差的性质可判断C，根据期望公式可判断D.

【详解】由，得，故A错误；

，故B错误；

，

因为，所以，故C错误；

因为，所以，故D正确.

故选：D.

6．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书记述了我国古代种算法，分别是：积算（即筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算和计数.某学习小组有甲、乙、丙、丁、戊五人，该小组要收集九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算种算法的相关资料，要求每种算法安排一人，但甲不收集九宫算的资料，乙不收集运筹算的资料，则不同的分配方案种数有（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】就甲是否收集运筹算的资料分类讨论后可求不同的分配方案数.

【详解】如果甲收集运筹算的资料，则其余4人共有种分配方案数.

如果甲不收集运筹算的资料，则收集运筹算资料可安排其余3人，

而甲可安排收集了知算、成数算、把头算的资料，有3种安排方法，

其余的3人有种安排方法，故共有种分配方案数，

综上，共有种不同的分配方案数.

故选：D.

7．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一，塔的排列顺序自上而下，第一层1座，第二层3座，第三层3座，第四层5座，第五层5座，从第五层开始，每一层塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，总计一百零八座，则该塔共有（    ）

A．八层 B．十层 C．十一层 D．十二层

【答案】D

【分析】设该塔共有层，根据等差数列的求和公式计算即可.

【详解】设该塔共有层，

则，

即，

解得或（舍），

即该塔共有层.

故选：D

8．已知函数有两个不同的极值点，且不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】把函数有两个不同的极值点转化为根的分布求出a的范围，利用分离参数法得到.把转化为，令，利用导数求出的值域，即可得到答案.

【详解】由得，

因为函数有两个不同的极值点，

所以方程有两个不相等的正实数根，

于是有，解得.

因为不等式恒成立，

所以恒成立.

，

设，则，

故在上单调递增，所以，

由题意恒成立，所以.

因此实数t的取值范围是.

故选：B

二、多选题

9．设等差数列的前n项和为，且，则下列结论正确的有（    ）

A． B．

C．数列单调递减 D．对任意，有

【答案】BCD

【分析】由已知根据等差数列前项和公式与等差中项得出，即可根据等差数列性质对选项一一验证.

【详解】，

，，故B正确；

而，故无法判断的正负，故A错误；

，数列单调递减，C正确；

当时，有最大值，即，D正确．

故选：BCD

10．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为，第2，3台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的，，．下列结论正确的是（    ）

A．每次随机抽取一个零件，抽出的零件不放回，第1次抽到次品的概率和第2次抽到次品的概率不相同

B．任取一个零件，它不是第1台车床加工的概率是0.75

C．任取一个零件，它是次品的概率小于0.06

D．如果取到的零件是次品，那么它是第2台车床加工的概率是

【答案】BC

【分析】由条件概率公式计算后判断．

【详解】记事件为“任取一个零件为次品”，事件为“零件是第台机床加工”，，，且两两互斥，

由题意，，，，，

由全概率公式第1次抽到次品的概率，

第2次取得次品与第1次取得次品这两个事件是相互独立的，因此第2次取得次品的概率仍然是，A错；

任取一个零件，它不是第1台车床加工的概率是，B正确；

由A选项计算结论知C正确；

，D错；

故选：BC．

11．关于及其展开式，下列说法错误的是（    ）

A．该二项式展开式中二项式系数和是

B．该二项式展开式中第项为

C．当 时，除以的余数是

D．该二项式展开式中共有有理项是项

【答案】ACD

【分析】利用二项式系数的性质可判断A的正误，利用二项展开式的通项公式可判断BD的正误，利用二项展开式结合整数的性质可判断C的正误.

【详解】的二项展开式中二项式系数和为，

故A错误.

的二项展开式中的第10项为，

故B正确.

当 时，

，

故除以100的余数为，故C错误.

的二项展开式的通项公式为，

当且仅当时，为有理项，故共有个有理项，

故D错误.

故选：ACD.

12．已知直线y=a与曲线相交于A，B两点，与曲线相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为x1，x2，x3，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】画出函数图像，得到x1，x2，x3的范围，由得出A正确，由得出B错误，由得出C正确，由得出D正确.

【详解】

在上单调递增，在上单调递减，.

，

在上单调递增，在上单调递减，.

，则，A对.

在上单调递增，

，B错.

在单调递减，，C对.

对.

故选：ACD.

三、填空题

13．设等差数列，的前项和分别为，，若，则=____.

【答案】

【分析】根据等差数列前n项和与通项之间的关系,将数列的项之比化为前n项和之比,代入等式计算即可得出答案.

【详解】因为，根据等差数列的性质，

.

故答案为：.

14．现有5种不同的颜色，给四棱锥的五个顶点涂色，要求同一条棱上的两个顶点的颜色不能同色，则涂色的方法一共有______种.（用数字作答）

【答案】420

【分析】利用分布计数原理逐个顶点来进行涂色，注意讨论同色与不同色.

【详解】  

如图：

当顶点，同色时，顶点有5种颜色可供选择，

点有4种颜色可供选择，点有3种颜色可供选择，

此时与同色，1种颜色可选，点有3种颜色可选，

共有种；

当顶点，不同色时，顶点有5种颜色可供选择，

点有4种颜色可供选择，点有3种颜色可供选择，

此时与不同色，2种颜色可选，点就有2种颜色可选，

共有种；

综上可得共有种.

故答案为：420

15．在，，三个地区爆发了甲型流感，这三个地区分别有%，%，%的人患了甲流.假设这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取一个人，这个人患甲流的概率是________.(用分数作答)

【答案】

【分析】利用全概率公式可求这三个地区中任意选取一个人，这个人患甲流的概率.

【详解】设为“从这三个地区中任意选取一个人，这个人患甲流”，

设为“从这三个地区中任意选取一个人，该人为地区的人”，

为“从这三个地区中任意选取一个人，该人为地区的人”，

为“从这三个地区中任意选取一个人，该人为地区的人”，

则，，.

设为“地区的人患甲流”，为“地区的人患甲流”，

为“地区的人患甲流”，

则，，.

故

，

故答案为：.

16．已知，若对任意的不等式恒成立，则实数的最小值为_______.

【答案】

【分析】根据式子的结构，把原不等式转化为恒成立. 令，判断出的单调性，转化为恒成立.利用分离参数法得到，令，利用导数求出，即可求出实数的最小值.

【详解】恒成立，等价于，

令，则，

则，所以当时都有，所以单调递增.

所以不等式转化为，即，即，即，即.

令，则.

当都有，所以单调递增；当时，都有，所以单调递减.

所以

所以，即的最小值为.

故答案为：.

【点睛】恒成立问题的处理：

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.

四、解答题

17．已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.

（1）求m的值；

（2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；

（3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.

【答案】（1）7；（2）128；（3）.

【分析】（1）根据二项展开式的通项公式即可获解；

（2）令即可获解；

（3）求出有理项的个数，再用插空法即可.

【详解】（1）展开式的通项为，

∴展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，

，即.

（2）令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为.

（3）展开式共有8项，由（1）可得当为整数，即时为有理项，共4项，

∴由插空法可得有理项不相邻的概率为.

18．已知等差数列的各项均为正数.若分别从下表的第一､二､三列中各取一个数，依次作为，且中任何两个数都不在同一行.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前项和为.求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由等差数列的性质和定义即可求出；

（2）求出，利用裂项相消法求出，即可证明.

【详解】（1）由题可得，

故.

（2）且，

则

于是

.

19．已知函数．

（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．

【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.

【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值.

试题解析：（Ⅰ）因为，所以.

又因为，所以曲线在点处的切线方程为.

（Ⅱ）设，则.

当时，，

所以在区间上单调递减.

所以对任意有，即.

所以函数在区间上单调递减.

因此在区间上的最大值为，最小值为.

【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果.

20．某单位有A，B两个餐厅为员工提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位员工每个工作日午餐和晚餐都在单位就餐，近100个工作日选择餐厅就餐情况统计如下：

假设甲、乙员工选择餐厅相互独立，用频率估计概率．

(1)分别估计一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；

(2)记X为甲、乙两员工在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；

(3)试判断甲、乙员工在晚餐选择B餐厅就餐的条件下，哪位员工更有可能午餐选择A餐厅就餐，并说明理由．

【答案】(1)，

(2)分布列见解析，1.9

(3)在已知晚餐选择B餐厅就餐的条件下，甲员工更有可能在午餐时选择A餐厅就餐，理由见解析

【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得；

（2）依题意的所有可能取值为1，2，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式求出所对应的概率，列出分布列求出数学期望即可．

（3）根据古典概型的概率公式求出所对应的条件概率，即可判断；

【详解】（1）解：设事件“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”，事件“一天中乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”．

由于100个工作日中甲员工午餐、晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30，乙员工午餐、晚餐都选择B餐厅就餐的天数为40，

所以，；

（2）解：甲员工午餐、晚餐都选择餐厅就餐的概率为，甲员工午餐、晚餐都选择餐厅就餐的概率为；

乙员工午餐、晚餐都选择餐厅就餐的概率为，乙员工午餐、晚餐都选择餐厅就餐的概率为．

依题意的所有可能取值为1，2．

所以，．

所以的分布列为

所以．

（3）解：设“甲员工晚餐选择B餐厅就餐”，“乙员工晚餐选择B餐厅就餐”，“甲员工在午餐时选择A餐厅就餐”，“乙员工在午餐时选择A餐厅就餐”，则，．

因为，

所以在已知晚餐选择B餐厅就餐的条件下，甲员工更有可能在午餐时选择A餐厅就餐．

21．已知正项数列满足且.

(1)求的通项公式；

(2)设数列的前n项和为，是否存在p、q使恒成立，若存在，求出p、q的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）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；

（2）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.

【详解】（1），

，

为正项数列，，即，

是以为首项，以1为公差的等差数列，

.

（2），

，

，

，

，

，

又恒成立，

，解得：，

存在满足条件.

22．已知定义在上的两个函数，.

(1)求的单调区间及极值；

(2)求函数的最小值.

【答案】(1)的单调减区间为，单调增区间为；

极小值为，无极大值

(2)1

【分析】（1）对函数求导，求出极值点，列表分析单调区间，利用单调性求极值即可；

（2）构造函数，对函数求导，列表分析函数的单调性，由函数单调性即可分析求出函数的最小值.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，

令，

列表如下：

由表格可知：的单调减区间为，

的单调增区间为，

的极小值为，无极大值.

（2）因为，

所以，

所以，

由，

所以令，

所以，

所以在上单调递增，

而，

，

由零点存在性定理可知，

存在一个，

使得，

则有，

即

有上述对函数分析：

列表如下：

故

.

所以函数的最小值为1.