安徽省太和县重点中学2022-2023学年高二下学期第十周周练数学试卷及参考答案

太和县重点中学2023年高二下学期第十周周练数学试卷一、单项选择题：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.1．设等差数列的前项和为，若，则等于（

）A．9 B．11 C．13 D．252．函数的单调减区间是（

）A． B． C． D．3．甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在中间两个位置之一，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（

）A．24种 B．48种 C．72种 D．96种4．设，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．5．若点P是曲线上任意一点，则点P到直线距离的最小值为（

）A．1 B． C． D．36．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰､短道速滑和冰壶3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（

）种.A．30 B．60 C．90 D．1507．若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．8．若存在，使得不等式成立，则实数的最大值为（

）A．4 B．C． D．二、多项选择题：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．下列结论正确的是（

）A． B．C． D．若，则正整数x的值是110．已知的展开式中二项式系数之和为1024，则下列说法正确的（

）A．展开式中奇数项的二项式系数和为256B．展开式的各项系数之和为1024C．展开式中常数项为45D．展开式中含项的系数为4511.“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.则下列命题中正确的是（

）A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84B．由“第行所有数之和为”猜想：C．在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为286D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字12．已知函数，则下列结论正确的是（

）A．是奇函数 B．当时，函数恰有两个零点C．若是增函数，则 D．当时，函数恰有两个极值点三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知公差不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，则为______.14.在的展开式中，的系数是__________.15．已知（n是正整数），，则________．16．已知函数，若存在，，使得，则的最小值是______.四．解答题：本小题共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．某班有6名同学报名参加校运会的四个比赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法，（用数字回答）（1）每人恰好参加一项，每项人数不限；（2）每项限报一人，且每人至多参加一项；（3）每人限报一项，人人参加，且每个项目均有人参加.18．已知等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为，且，，，.（1）求数列的通项公式．（2）记，求数列的前项和19.已知，且.(1)求的值(2)求展开式中的奇次项系数之和(3)求的值20．已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)求函数在区间上的最小值．21．设数列满足，数列的前项和为，且(1)求证：数列为等差数列，并求的通项公式；(2)设，若对任意正整数，当时，恒成立，求实数的取值范围.22．已知(1)当时，求在处的切线方程；(2)讨论函数极值点的个数；(3)当时，恒成立，求的取值范围.参考答案1.【详解】设公差为，，因为，，所以，故选:B.2.【详解】由题意，函数的定义域为，且，因为，可得，令，即，解得，所以函数的递减区间为.故选：C.3.【详解】先安排甲，可从中间两个位置中任选一个安排有种方法，而甲站好后一边有2个位置，另一边有3个位置，再安排乙丙2人，因乙、丙2人相邻，可分为两类：安排在甲有2个位置的一侧有种方法；安排在甲有3个位置的一侧有种方法，最后安排其余3人有种方法，综上，不同的排队方法有：种.故选：C.4.【详解】设，对于A选项，，A错；对于B选项，，B错；对于CD选项，，所以，，，C对D错.故选：C.5.【详解】由题设且，令，可得（舍）或，所以，则曲线上切线斜率为1的切点为，故对应切线为，其与的距离，即为P到直线距离的最小值，所以最小值为.故选：B6.【详解】由题设，将5人分为、两种分组方式，1、分组：种；2、分组：种；所以共有150种分配方案.故选：D7.【详解】解：因为有两个不同的极值点，所以在有2个不同的零点，所以在有2个不同的零点，所以，解可得，．故选：．8.【详解】，不等式，令，求导得，当时，，当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，，，即，依题意，，所以实数的最大值为.故选：D9.【详解】选项A，因为，故A正确；选项B，，故B正确；选项C，由，，得，故C正确；选项D，因为，所以或，即或6，故D错误.故选：ABC.10.【详解】解：因为的展开式中二项式系数之和为1024，所以，得，所以二项式展开式的通项公式为，对于A，展开式中奇数项的二项式系数和为，所以A错误，对于B，因为的展开式中二项式系数之和与展开式的各项系数之和相等，所以展开式的各项系数之和为1024，所以B正确，对于C，令，解得，所以展开式中常数项为，所以C正确，对于D，令，解得，所以展开式中含项的系数为，所以D正确，故选：BCD11.【详解】在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，A正确；由“第行所有数之和为”猜想：，因为，则令得：，B正确；在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为：，C正确；在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字，即因为对应相乘可得的系数为，而二项式展开式的通项公式，当时，，则的系数为：，所以，D正确.故选：ABCD12.【详解】对于A，函数的定义域为，，函数为奇函数，A正确；对于B，当时，，求导得，而，，显然这两个不等式不能同时取等号，即有，函数在上为增函数，又，因此函数有且只有一个零点，B错误；对于C，，因为函数是增函数，则对任意的恒成立，即，令，求导得，令，，即函数在上为增函数，，当时，，函数为减函数，当时，，函数为增函数，因此，所以，C正确；对于D，当时，，则，显然函数的图象可由函数的图象向下平移3个单位而得，由C选项知，函数在上单调递减，在上单调递增，而，，由零点存在性定理知，函数在和上都存在一个零点，并且都是函数的变号零点，因此，当时，函数有两个极值点，D正确.故选：ACD13.【详解】设等差数列的公差为，则，又，所以因为，，成等比数列，所以，所以，解得或（舍去）所以，故答案为：.14.【详解】，因为的展开式的通项，所以的展开式中的系数是的系数是，所以的展开式中的系数是.故答案为：15.【详解】因为，所以，解得，.令得，，故，故答案为：243.16.【详解】当时，，则，由可得，由可得，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，的极小值为，作出函数的图象如下图所示：因为存在，，使得，设，则，且，所以，，所以，，当且仅当时，等号成立.故的最小值是.故答案为：.17.【详解】（1）每人都可以从这四个项目中选报一项，各有4种不同的选法，由分步计数原理知共有种．（2）每项限报一人，且每人至多报一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种不同的选法，第二个项目有5种不同的选法，第三个项目有4种不同的选法，第四个项目有3种不同的选法，由分步计数原理得共有报名方法种．（3）每人限报一项，人人参加，且每个项目均有人参加，因此需将6人分成4组，有种．每组参加一个项目，由分步计数原理得共有种．【解析】（1）由题意有，即：，解得：或，又，所以，故，；（2）因为，，故.于是：①②①-②得：，故.19.【详解】（1）令得，令得：，因为中项为，所以，所以，解得；（2）取得，取得两式相减得，所以；（3）令，，令得20.【详解】（1）因为，①当时，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，在单调递减；②当时，在上恒成立，当且仅当时，，所以函数在上单调递增；③当时，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，函数在上单调递增，在单调递减；综上所述，当时，函数在上单调递增，在单调递减；当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在单调递减；（2）的定义域为，①当时，在上单调递增，，②当时，在上单调递减，在上单调递增，，③当时，在上单调递减，所以

综上．21.【详解】（1）当时，得到，∴，当时，是以4为首项，2为公差的等差数列∴当时，当时，也满足上式，.（2）令，当，因此的最小值为，的最大值为对任意正整数，当时，恒成立，得，即在时恒成立，，解得t＜0或t＞3.22.【详解】（1）当时，，，切点为.所以，所以函数在处的切线，所以切线方程为．即.（2）函数的定义域为，因为，令，则，因为，令，解得，当时，即在单调递减当时，即在单调递增因此①当时，，函数单调递增，所以函数无极值点；②当时，因为，即，因此函数在上有唯一零点当时，，因此函数在上有唯一零